A 选取字符串
会 \(n^2\)。
直接枚举全部的 \(q,p\) 然后开一个二维的 bitset 去存一个数是否是某个数的前后缀。
选到两个 \(p,q\) 时把这两个数的 bitset 与起来，贡献是 \(\binom{count}{k}\)。
正解就是先用 kmp 去求出来全部的 border，然后用 border 关系建一棵树，这棵树上满足父亲是儿子的 border。根节点为空串。
然后就是树上选取 \(k\) 个点，求 lca 深度平方和。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e6+10,mod=998244353;
int f[N],g[N];
int ppow(int a,int b)
{int res=1;while(b){if(b&1) res=(res*a)%mod;a=(a*a)%mod,b>>=1;}return res;
}
int n,k;
void init()
{f[0]=g[0]=1; for(int i=1;i<=n+2;i++) f[i]=(f[i-1]*i)%mod;g[n+1]=ppow(f[n+1],mod-2);for(int i=n;i>=1;i--) g[i]=(g[i+1]*(i+1))%mod;
}
char c[N];
int nxt[N],dep[N],sum[N],cnt[N];
inline int getc(int n,int m)
{if(n<m) return 0;return f[n]*g[m]%mod*g[n-m]%mod;
}
signed main()
{
// freopen("a2.in","r",stdin);freopen("string.in","r",stdin);freopen("string.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>k>>(c+1);n=strlen(c+1);init();
// cout<<n<<"\n";for(int i=2,j=0;i<=n;i++){for(;j>0&&c[i]!=c[j+1];j=nxt[j]);if(c[i]==c[j+1])j++;nxt[i]=j;}for(int i=1;i<=n;i++)dep[i]=dep[nxt[i]]+1;for(int i=0;i<=n;i++)sum[i]++;for(int i=n;i>=1;i--)sum[nxt[i]]=sum[nxt[i]]+sum[i];for(int i=0;i<=n;i++)cnt[dep[i]]=(cnt[dep[i]]+getc(sum[i],k))%mod;int ans=0;for(int i=0;i<=n;i++)ans=(ans+1ll*cnt[i]*(2*i+1)%mod)%mod;printf("%d",ans);return 0;
}
B 取石子
其实没看懂题解。然后就粘过来了。。。
问题模型：取石子（NIM）游戏，要求每个人每次取的石子数不能超过上一个人刚刚取的，第一个人最
开始可以取不超过 \(K\) 个。
考虑策略：
-
如果 \(\sum_i a_i\) 是奇数，先手取 \(1\) 个必胜，因为每个人之后都只能取 \(1\) 个；
-
否则，先手最优一定取偶数个并且后面每个人能取偶数个都只会取偶数个（否则留给对手总和为奇
数的情况，自己必败），所以可以递归到 \(K\gets \lfloor \frac{K}{2} \rfloor , a_i\gets \lfloor \frac{a_i}{2} \rfloor\)。
解得先手必胜当且仅当对于某个 \(t\le \log_2 K\)，\(\sum{i=1}^n \lfloor \frac{a_i}{2^t}\rfloor\) 模 \(2\) 和
为 \(1\)，也即 \(\mathop{\oplus}i a_i \not\equiv 0\pmod {2^{\lfloor \log_2 K\rfloor}}\)。
定义 \(\mathrm{lowbit}(x)\) 表示整除 \(x\) 的最大的 \(2\) 的幂。先手第一步能必胜的策略必定是取
\((2k+1)\cdot \mathrm{lowbit}(\mathop{\oplus}i a_i)\) 个。枚举取的堆，假设是第 \(i\) 堆，考虑枚举取
完之后另一个人面对的剩下的异或和的 \(\mathrm{lowbit}\)，假设是 \(2^t\)，那么先手取的个数为 \(a_i -
(\mathop{\oplus}{j\ne i} a_j)\oplus 2^t \pmod {2^{t+1}}\)。由于必胜，后手不能取到 \(2^t\)，于是自己
这次取的个数也必须小于 \(2^t\)。枚举 \(t\) 依次判断即可。注意处理 \(t=\infty\)（取完之后异或和归零）
的情况。
我的理解比较浅层，但是算一点：
-
对于和为偶数的情况，所有选取的答案一定为偶数，奇数同理。
-
对于奇数情况，必胜顺序一定是第一次先手选一个奇数，然后后手开始选偶数，即上述两种情况可以化为一起。
-
对于偶数的选取情况，若 \(\displaystyle\sum \lfloor \frac{a_i}{2}\rfloor\) 为偶数，则选取的数一定是 \(4\) 的倍数，否则模 \(4\) 余 \(2\)。
但是我至今没有理解为什么取偶数个都会取偶数个。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
inline int lowbit(int x)
{if(x==0) return 1e9;return x&-x;
}
const int N=5e4+6;
int *a;
signed main()
{freopen("nim.in","r",stdin);freopen("nim.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);int sum=0;cin>>n>>k;a=new int [n+2];for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i],sum^=a[i];}if(lowbit(sum)>k) return cout<<0,0;cout<<"1\n";for(int i=1;i<=n;i++){int now=0,r=sum^a[i];while(114){bool flag=0;for(int j=0;j<=30;j++){if(now+(1<<j)>min(a[i],k)) continue;int kk=now+(1<<j);if(lowbit((a[i]-kk)^r)>kk){now=kk,flag=1;break;}}if(!flag) break;cout<<i<<" "<<now<<"\n";}}
}
C 均衡区间
首先，处理所有数左边第一个大于它的和小于它的数是显然的。贡献会加在这两个点 min 的外面。
然后就有一个跑的极快的假做法，虽然会被单调序列卡到 \(n^2\)。
如下。每次跳最大和最小的位置，然后更新答案。用补集的形式搞，所以不用处理合法的答案。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+6;
inline int read()
{register int s=0;register char c=getchar();while(c<'0'||c>'9') c=getchar();while(c>='0'&&c<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+(c^48),c=getchar();return s;
}
void write(int x)
{if(x>9) write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
int n,id,a[N],ans[2][N],mx[N],mi[N],st1[N],st2[N],top1,top2,b[N];
signed main()
{freopen("interval.in","r",stdin);freopen("interval.out","w",stdout);n=read(),id=read();if(id==2){for(int i=1;i<=n;i++) putchar('0'),putchar(' ');putchar(10);for(int i=1;i<=n;i++) putchar('0'),putchar(' ');putchar(10);return 0;}for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),ans[0][i]=n-i+1,ans[1][i]=i;for(int i=n;i;i--){while(top1&&a[st1[top1]]<a[i]) mx[st1[top1--]]=i;while(top2&&a[st2[top2]]>a[i]) mi[st2[top2--]]=i;st1[++top1]=i,st2[++top2]=i;}for(int i=1;i<=n;i++){int j=min(mx[i],mi[i]);if(!j)j++;ans[1][i]-=i-j+1;--b[j],++b[i+1];int k=mx[i];while(k>=j) k=mx[k];while(k) ans[1][i]--,ans[0][k]--,k=mx[k];k=mi[i];while(k>=j) k=mi[k];while(k) ans[1][i]--,ans[0][k]--,k=mi[k];}for(int i=1;i<=n;i++){b[i]+=b[i-1];write(ans[0][i]+b[i]),putchar(' ');}putchar(10);for(int i=1;i<=n;i++){write(ans[1][i]),putchar(' ');}
}
正解其实就是把上面的处理看作二维数点问题，用树状数组解决。
代码来自 why
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define pb push_back
using namespace std;
int n,id;
int a[N];
int L[N],R[N],stk[N],tot;
vector<int> s[N],t[N];
struct BIT
{int c[N];void add(int x,int y) {while(x <= n){c[x] += y; x += (x & (-x));}}int sum(int x){int res = 0;while(x) {res += c[x];x -= (x & (-x));}return res;}void cl() {memset(c,0,sizeof(c));}
}B;
int main()
{freopen("interval.in","r",stdin);freopen("interval.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&id);for(int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i = 1;i <= n;i++){while(tot && a[i] <= a[stk[tot]]) tot--;L[i] = stk[tot] + 1;stk[++tot] = i;}tot = 0;for(int i = 1;i <= n;i++){while(tot && a[i] >= a[stk[tot]]) tot--;L[i] = min(L[i],stk[tot] + 1);stk[++tot] = i;}tot = 0;stk[tot] = n + 1;for(int i = n;i >= 1;i--){while(tot && a[i] >= a[stk[tot]]) tot--;R[i] = stk[tot] - 1;stk[++tot] = i;}tot = 0;stk[tot] = n + 1;for(int i = n;i >= 1;i--){while(tot && a[i] <= a[stk[tot]]) tot--;R[i] = max(R[i],stk[tot] - 1);stk[++tot] = i;}
// for(int i = 1;i <= n;i++) printf("%d %d\n",L[i],R[i]);int res = 0;for(int i = 1;i <= n;i++) s[L[i]].pb(i),t[i].pb(i);for(int i = 1;i <= n;i++){for(int j : s[i]) B.add(j,1),res++;int buok = res - (B.sum(R[i]) - B.sum(i - 1));//总数减去合法部分 int ans = (n - R[i]) - buok;printf("%d ",ans);for(int j : t[i]) B.add(j,-1),res--;}printf("\n");res = 0;B.cl();for(int i = 1;i <= n;i++) s[i].clear(),t[i].clear();for(int i = 1;i <= n;i++) s[i].pb(i),t[R[i]].pb(i);for(int i = 1;i <= n;i++){for(int j : s[i]) B.add(j,1),res++;int buok = res - (B.sum(i) - B.sum(L[i] - 1));int ans = (L[i] - 1) - buok;printf("%d ",ans);for(int j : t[i]) B.add(j,-1),res--;}return 0;
}
