C - easy math
\[\Pi a_i \le 2024^b\\
\log_2 (\Pi 2^{k_i}) \le \log_2(2024^b)\\
\sum k_i\le b\log_2 2024
\]
因此答案就是\(b = \frac{\sum k_i}{\log_2 2024}\)
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i32 = int32_t;
using i64 = long long;
using ui32 = unsigned int;#define int i64using pii = pair<int,int>;
using vi = vector<int>;i32 main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);int n;cin >> n;int sum = 0;for(int i = 0, x; i < n; i ++) {cin >> x;sum += log2(x);}cout << ceil(sum / log2(2024));return 0;
}E - 拼接串
考虑值域只有\(18\)，因此我们可以用\(f[i]\)表示状态\(i\)对应的最长区间。其中\(i\)是一个\(18\)位二进制整数
我们可以先用双指针统计出每个\(l\)对应的合法区间的最大右端点\(r\)。并且更新\(f\)。
然后我们可以在做一次dp，状态为\(g[i]\)表示\(i\)的子集对应的最场区间。
此时答案就可以表示为\(\max(g[i]+g[(2^{18} - 1) \oplus i])\)。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i32 = int32_t;
using i64 = long long;
using ui32 = unsigned int;#define int i64using pii = pair<int,int>;
using vi = vector<int>;i32 main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);int n;cin >> n;vi a(n + 1);for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i], a[i] = (1 << (a[i] - 1));int N = (1 << 18) - 1;vi f(N + 1);for(int l = 1, r = 0, t = 0; l <= n; l ++) {while(r + 1<= n and (t & a[r + 1]) == 0)r ++, t |= a[r];f[t] = max(f[t], r - l + 1);t ^= a[l]; }for(int i = 0; i < N; i ++) {for(int j = 1; j <= N; j <<= 1){if((i & j) == 0)f[i | j] = max(f[i | j], f[i]);}}int res = 0;for(int i = 0; i <= N; i ++)res = max(res, f[i] + f[N ^ i]);cout << res;return 0;
}
H. 经文
\(f[i][j][l]\)表示前\(i\)位，且已经匹配了\(j\)个完整的串，当前串匹配到了\(l\)的方案数。然后我们可以枚举下一位放什么，这里面如果失配，下一位不一定需要从头开始匹配，我们可以用\(kmp\)的前缀数组进行计算下一位可能匹配到哪一位。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i32 = int32_t;
using i64 = long long;
using ui32 = unsigned int;#define int i64using pii = pair<int,int>;
using vi = vector<int>;vector<int> prefix_function(const string &s) {vector<int> pi(s.size());for (int i = 2, j = 0; i < s.size(); i++) {while (j > 0 && s[i] != s[j + 1]) j = pi[j];if (s[i] == s[j + 1]) j++;pi[i] = j;}return pi;
}
const int mod = 998244353;struct mint {int x;mint(int x = 0) : x(x) {}int val() {return x = (x % mod + mod) % mod;}mint &operator=(int o) { return x = o, *this; }mint &operator+=(mint o) { return (x += o.x) >= mod && (x -= mod), *this; }mint &operator-=(mint o) { return (x -= o.x) < 0 && (x += mod), *this; }mint &operator*=(mint o) { return x = (i64) x * o.x % mod, *this; }mint &operator^=(int b) {mint w = *this;mint ret(1);for (; b; b >>= 1, w *= w) if (b & 1) ret *= w;return x = ret.x, *this;}mint &operator/=(mint o) { return *this *= (o ^= (mod - 2)); }friend mint operator+(mint a, mint b) { return a += b; }friend mint operator-(mint a, mint b) { return a -= b; }friend mint operator*(mint a, mint b) { return a *= b; }friend mint operator/(mint a, mint b) { return a /= b; }friend mint operator^(mint a, int b) { return a ^= b; }
};i32 main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);int n, k;cin >> n >> k;string s;cin >> s;int m = s.size();s = " " + s;auto pi = prefix_function(s);vector f(n + 1, vector(k + 2, vector<mint>(m + 1)));f[0][0][0] = 1;for(int i = 0; i < n; i ++) {for(int j = 0; j <= k; j ++) {for(int l = 0; l < m; l ++){for(char c = 'a'; c <= 'z'; c ++) { // 枚举 i+1 位放什么字母bool ok = false;// 有没有匹配成功过for(int pre = l; ok == false; pre = pi[pre]) {if(s[pre + 1] == c) { // 匹配if(pre == m - 1){f[i + 1][j + 1][0] += f[i][j][l];} else {f[i + 1][j][pre + 1] += f[i][j][l];}ok = true;}if(pre == 0) break;}if(ok) continue;f[i + 1][j][0] += f[i][j][l];}}}}mint res = 0;for(int i = 0; i < m; i ++)res += f[n][k][i];cout << res.val();return 0;
}
I - 数据检索系统
按照题目模拟
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i32 = int32_t;
using i64 = long long;
using ui32 = unsigned int;#define int i64using pii = pair<int,int>;
using vi = vector<int>;i32 main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);int mod, k, n, q;cin >> mod >> k >> n >> q;vi vis(mod);for(int x; n; n --) {cin >> x;for(int i = 1, y = 1; i <= k; i ++) {y = y * x % mod;vis[y] |= 1;}}for(int x, f; q; q --) {cin >> x, f = 1;for(int i = 1, y = 1; i <= k; i ++) {y = y * x % mod;f &= vis[y];}cout << f << " ";}return 0;
}J - Beautiful Sequence
对于数组\(a[i]\)我们记\(A\)表示数字\(a[i]\)出现在了下标\(A[a[i]]\)的位置。对于\(b\)有类似的\(B\)
对于题目的要求，可以转换为对于值域\([l,r]\)，如果值域内的数都选就是 beautifu 序列。
很容想到一个性质，对于值域\([l,r]\)的子序列，如果\(a,b\)相同，则一定满足值域\([l,r-1]\)的子序列\(a,b\)也一定相同。
因此我们可以用双指针求出对于每一个\(l\)符合条件的最大的\(r\)。
现在我们考虑如何快速判断出值域\([l,r]\)的子序列在\(a,b\)出现的顺序相同。此时应满足
\[\forall x,y \in [l, r], (A[x] > A[y]) = (B[x] > B[y])
\]
我们如果暴力的判断实际是\(O(N^2)\)的，加上双指针的复杂度，肯定无法通过。
我们可以考虑，如何在已知\([l,r - 1]\)满足的情况下，判断\([l,r]\)是否满足？
我们可以用两个std::set<int>分别维护\(A[l,r-1],B[l,r-1]\)。 当我们插入\(A[r],B[r]\)，可以在set中找到前后的第一个数字，并判断是否相等，这样的复杂度是\(O(\log N)\)。所以总体复杂度就是\(O(N\log N)\)。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i32 = int32_t;
using i64 = long long;
using ui32 = unsigned int;#define int i64using pii = pair<int,int>;
using vi = vector<int>;const int inf = LLONG_MAX / 2;i32 main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);int n, m;cin >> n;vi a(n + 1), b(n + 1), A(n + 1), B(n + 1);for(int i = 1; i <= n; i ++){cin >> a[i];A[a[i]] = i;}for(int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> b[i];B[b[i]] = i;}int res = 0;set<int> pa , pb;for(int l = 1, r = 0; l <= n; l ++ ){auto check = [&](int i) -> bool {int x = A[i], y = B[i];auto rx = pa.upper_bound(x), ry = pb.upper_bound(y);if((rx == pa.end()) != (ry == pb.end())) return false;if(rx != pa.end()) {if(a[*rx] != b[*ry]) return false;}if((rx == pa.begin()) != (ry == pb.begin())) return false;if(rx == pa.begin()) return true;auto lx = prev(rx), ly = prev(ry);if(a[*lx] != b[*ly]) return false;return true;};while(r + 1 <= n and check(r + 1)){r ++;pa.insert(A[r]), pb.insert(B[r]);}res += r - l + 1;pa.erase(A[l]), pb.erase(B[l]);}cout << res;}
K - 渡劫
我们可以建立分层图，这样的话一次免费的机会就是层与层之间的单向边。然后建立一个超级终点，然后从每一个点到超级终端的单向边权就是点权。
然后就是要求所有点到终点的最短路，实际上我们从终点反向建边求单源最短路。
答案就是最短路的最大值。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i32 = int32_t;
using i64 = long long;
using ui32 = unsigned int;#define int i64using pii = pair<int,int>;
using vi = vector<int>;const int inf = LLONG_MAX / 2;i32 main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);int n, m;cin >> n >> m;int N = 2 * n;vector<vector<pii>> e(N + 1);for(int u, v, w; m; m --) {cin >> u >> v >> w;e[u].emplace_back(v, w);e[v].emplace_back(u, w);e[u].emplace_back(v + n, 0);e[v].emplace_back(u + n, 0);e[u + n].emplace_back(v + n, w);e[v + n].emplace_back(u + n, w);}for(int i = 1, x; i <= n; i ++) {cin >> x;e[0].emplace_back(i, x);e[0].emplace_back(i + n, x);}vi dis(N + 1, inf), vis(N + 1);dis[0] = 0;priority_queue<pii,vector<pii>, greater<>> heap;heap.emplace(0, 0);while(not heap.empty()) {auto [d, u] = heap.top();heap.pop();if(vis[u]) continue;vis[u] = 1;for(auto [v, w] : e[u]) {if(vis[v] or dis[v] <= d + w) continue;dis[v] = d + w;heap.emplace(dis[v], v);}}int res = -1;for(int i = 1; i <= n; i ++)res = max(res, min(dis[i], dis[i + n]));cout << res;return 0;
}
