AtCoder Regular Contest 065

\(AT\_arc065\_a\)
https://www.luogu.com.cn/problem/solution/AT_arc065_a
题解：在读到\(d\)或\(e\)时判断是不是\(dream,dreamer,erase,eraser\)即可。
注意\(dreamer\)和\(erase,eraser\)有重叠，于是在\(d\)时要特判，具体见代码。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=1e5+10;int n;
char s[N];int main(){scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);for(int i=1; i<=n; i++){if(s[i]=='d'){if(s[i+1]=='r'&&s[i+2]=='e'&&s[i+3]=='a'&&s[i+4]=='m'){if(s[i+5]=='e'&&s[i+6]=='r'&&s[i+7]=='a'&&s[i+8]=='s'&&s[i+9]=='e') i+=4;else{if(s[i+5]=='e'&&s[i+6]=='r') i+=6;else i+=4;}}}else if(s[i]=='e'){if(s[i+1]=='r'&&s[i+2]=='a'&&s[i+3]=='s'&&s[i+4]=='e'){if(s[i+5]=='r') i+=5;else i+=4;}}else{cout << "NO" << endl;return 0;}}cout << "YES" << endl;return 0;
}

\(AT\_arc065\_b\)
https://www.luogu.com.cn/problem/AT_arc065_b
题解：用并查集处理分别处理两张图下，每个点所属联通块。
两点可互达，等价于两点在两张图下所属集合相等。于是枚举第一张图的所有联通块，用桶记录第二张图里每个连通块内有多少点在当前图一所枚举的连通块内，然后对当前图一所枚举的联通块内的点，查询桶内有多少点在图二和其所属同一联通块，即为答案。

	#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=2e5+10;int n,k,l;int buc[N],ans[N];vector<int> q[N];struct Dsu{int p[N],sz[N];int find(int x){if(x==p[x]) return x;return p[x]=find(p[x]);}}G1,G2;int main(){cin >> n >> k >> l;for(int i=1; i<=n; i++) G1.p[i]=G2.p[i]=i;for(int i=1; i<=k; i++){int a,b;cin >> a >> b;a=G1.find(a),b=G1.find(b);if(a!=b) G1.p[a]=b;}for(int i=1; i<=n; i++) q[G1.find(i)].push_back(i);for(int i=1; i<=l; i++){int a,b;cin >> a >> b;a=G2.find(a),b=G2.find(b);if(a!=b) G2.p[a]=b;}for(int i=1; i<=n; i++){for(int j=0; j<q[i].size(); j++) buc[G2.find(q[i][j])]++;for(int j=0; j<q[i].size(); j++) ans[q[i][j]]+=buc[G2.find(q[i][j])];for(int j=0; j<q[i].size(); j++) buc[G2.find(q[i][j])]--;}for(int i=1; i<=n; i++) cout << ans[i] << " ";cout << endl;return 0;}

\(AT\_arc065\_c\)
https://www.luogu.com.cn/problem/AT_arc065_c
题解：先转为切比雪夫距离，发现能到达的点即为以当点为中心的正方形边框上的点，于是考虑\(bfs\)找出能到达的点。先对每个\(x,y\)建立\(set\)，搜索时在正方形四边对应\(set\)里找到符合要求的点加入队列即可，加入某点之后在\(set\)里删除该点即可保证复杂度。找到所有可达点后，为统计答案还需对每个点记录对应正方形四边上的点数，用此时用\(vector\)存储和最初\(set\)一样的信息，然后在正方形四边对应的\(vector\)上二分即可，注意正方形四角贡献要特判。

// LUOGU_RID: 196977639
// LUOGU_RID: 196977594
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef pair<int,int> PII;
const int N=1e5+10;int n,a,b;
int x[N],y[N];
int dx[4]={-1,-1,1,1};
int dy[4]={-1,1,-1,1};
bool st[N];
map<PII,bool> M;
set<PII> Sx[N],Sy[N];
vector<int> Tx[N],Ty[N];
vector<int> allx,ally;
map<int,int> Mx,My;void bfs(int now,int len){queue<int> q;q.push(now);st[now]=1;	//cout << now << endl;while(q.size()){int now=q.front();q.pop();Sx[x[now]].erase({ally[y[now]],now});Sy[y[now]].erase({allx[x[now]],now});int t=allx[x[now]]-len,l=ally[y[now]]-len,r=ally[y[now]]+len;if(Mx.count(t)&&Sx[Mx[t]].size()){vector<PII> q1;for(set<PII>::iterator it=Sx[Mx[t]].lower_bound({l,0}); it!=Sx[Mx[t]].end(); it++){int id=(*it).second;if(ally[y[id]]>r) break;if(!st[id]) q.push(id),st[id]=1,q1.push_back(*it);}for(int i=0; i<q1.size(); i++) Sx[Mx[t]].erase(q1[i]);}t=allx[x[now]]+len;//for(int i=0; i<allx.size(); i++) cout << allx[i] << " ";//cout << endl;//cout << allx[x[now]] << endl;//cout << Mx.count(t) << endl;if(Mx.count(t)&&Sx[Mx[t]].size()){//cout << now << " YES" << endl;vector<PII> q1;for(set<PII>::iterator it=Sx[Mx[t]].lower_bound({l,0}); it!=Sx[Mx[t]].end(); it++){int id=(*it).second;if(ally[y[id]]>r) break;if(!st[id]) q.push(id),st[id]=1,q1.push_back(*it);}for(int i=0; i<q1.size(); i++) Sx[Mx[t]].erase(q1[i]);}t=ally[y[now]]-len,l=allx[x[now]]-len,r=allx[x[now]]+len;if(My.count(t)&&Sy[My[t]].size()){vector<PII> q1;for(set<PII>::iterator it=Sy[My[t]].lower_bound({l,0}); it!=Sy[My[t]].end(); it++){int id=(*it).second;if(allx[x[id]]>r) break;if(!st[id]) q.push(id),st[id]=1,q1.push_back(*it);}for(int i=0; i<q1.size(); i++) Sy[My[t]].erase(q1[i]);}t=ally[y[now]]+len;if(My.count(t)&&Sy[My[t]].size()){vector<PII> q1;for(set<PII>::iterator it=Sy[My[t]].lower_bound({l,0}); it!=Sy[My[t]].end(); it++){int id=(*it).second;if(allx[x[id]]>r) break;if(!st[id]) q.push(id),st[id]=1,q1.push_back(*it);}for(int i=0; i<q1.size(); i++) Sy[My[t]].erase(q1[i]);}}
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> n >> a >> b;for(int i=1; i<=n; i++){int tx,ty;cin >> tx >> ty;x[i]=tx+ty,y[i]=tx-ty;allx.push_back(x[i]);ally.push_back(y[i]);}sort(allx.begin(),allx.end());allx.erase(unique(allx.begin(),allx.end()),allx.end());for(int i=0; i<allx.size(); i++) Mx[allx[i]]=i;for(int i=1; i<=n; i++) x[i]=Mx[x[i]];sort(ally.begin(),ally.end());ally.erase(unique(ally.begin(),ally.end()),ally.end());for(int i=0; i<ally.size(); i++) My[ally[i]]=i;for(int i=1; i<=n; i++) y[i]=My[y[i]];for(int i=1; i<=n; i++){Sx[x[i]].insert({ally[y[i]],i});Sy[y[i]].insert({allx[x[i]],i});Tx[x[i]].push_back(y[i]);Ty[y[i]].push_back(x[i]);}for(int i=0; i<allx.size(); i++) sort(Tx[i].begin(),Tx[i].end());for(int i=0; i<ally.size(); i++) sort(Ty[i].begin(),Ty[i].end());int len=max(abs(allx[x[a]]-allx[x[b]]),abs(ally[y[a]]-ally[y[b]]));bfs(a,len);long long ans=0;for(int i=1; i<=n; i++){if(!st[i]) continue;int now=i,t=allx[x[now]]-len,l=ally[y[now]]-len,r=ally[y[now]]+len;if(Mx.count(t)&&Tx[Mx[t]].size()){int t1=Mx[t];int L=0,R=Tx[t1].size()-1;while(L<R){int mid=(L+R)/2;if(ally[Tx[t1][mid]]>l) R=mid;else L=mid+1;}if(ally[Tx[t1][L]]>l){int tmp=L;L=0,R=Tx[t1].size()-1;while(L<R){int mid=(L+R+1)/2;if(ally[Tx[t1][mid]]<r) L=mid;else R=mid-1;}if(ally[Tx[t1][L]]>=r) tmp=1e9;ans+=max(0,L-tmp+1);}}t=allx[x[now]]+len;if(Mx.count(t)&&Tx[Mx[t]].size()){int t1=Mx[t];int L=0,R=Tx[t1].size()-1;while(L<R){int mid=(L+R)/2;if(ally[Tx[t1][mid]]>l) R=mid;else L=mid+1;}				if(ally[Tx[t1][L]]>l){int tmp=L;L=0,R=Tx[t1].size()-1;while(L<R){int mid=(L+R+1)/2;if(ally[Tx[t1][mid]]<r) L=mid;else R=mid-1;}if(ally[Tx[t1][L]]>=r) tmp=1e9;ans+=max(0,L-tmp+1);}}t=ally[y[now]]-len,l=allx[x[now]]-len,r=allx[x[now]]+len;if(My.count(t)&&Ty[My[t]].size()){int t1=My[t];int L=0,R=Ty[t1].size()-1;while(L<R){int mid=(L+R)/2;if(allx[Ty[t1][mid]]>l) R=mid;else L=mid+1;}			if(allx[Ty[t1][L]]>l){int tmp=L;L=0,R=Ty[t1].size()-1;while(L<R){int mid=(L+R+1)/2;if(allx[Ty[t1][mid]]<r) L=mid;else R=mid-1;}if(allx[Ty[t1][L]]>=r) tmp=1e9;ans+=max(0,L-tmp+1);}}t=ally[y[now]]+len;if(My.count(t)&&Ty[My[t]].size()){int t1=My[t];int L=0,R=Ty[t1].size()-1;while(L<R){int mid=(L+R)/2;if(allx[Ty[t1][mid]]>l) R=mid;else L=mid+1;}	if(allx[Ty[t1][L]]>l){int tmp=L;L=0,R=Ty[t1].size()-1;while(L<R){int mid=(L+R+1)/2;if(allx[Ty[t1][mid]]<r) L=mid;else R=mid-1;}if(allx[Ty[t1][L]]>=r) tmp=1e9;ans+=max(0,L-tmp+1);}}}for(int i=1; i<=n; i++) M[{allx[x[i]],ally[y[i]]}]=1;for(int i=1; i<=n; i++){if(!st[i]) continue;for(int j=0; j<4; j++){int x1=allx[x[i]]+dx[j]*len,y1=ally[y[i]]+dy[j]*len;ans+=M[{x1,y1}];}}cout << ans/2 << endl;return 0;
}

\(AT\_arc065\_d\)
https://www.luogu.com.cn/problem/AT_arc065_d
题解：考虑\(dp\)，设\(f(i,j)\)为最终前\(i\)个位置放了\(j\)个\(1\)的方案数。有转移\(f(i,j)=f(i-1,j)+f(i-1,j-1)\)，但还需考虑对每个\(i\)，\(j\)的取值范围。由于是任意排列，大胆猜想\(j\)的取值范围应该是连续的，于是只需确定\(j\)的上下确界即可。每次对\(l_i,r_i\)内数从小到大排序，即可得到下界，从大到小排序，即可得到上界，在此范围内\(dp\)即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=3010,P=1e9+7;int n,m;
int s1[N],s2[N],f[N][N];
char s[N],t[N];int main(){cin >> n >> m;for(int i=1; i<=n; i++) cin >> s[i];memcpy(t,s,sizeof s);for(int i=1; i<=m; i++){int l,r;cin >> l >> r;sort(s+l,s+r+1);sort(t+l,t+r+1);reverse(t+l,t+r+1);}for(int i=1; i<=n; i++){s1[i]=s1[i-1]+(s[i]=='1');s2[i]=s2[i-1]+(t[i]=='1');}f[0][0]=1;for(int i=1; i<=n; i++)for(int j=s1[i]; j<=s2[i]; j++)f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1])%P;cout << f[n][s1[n]] << endl;	return 0;
}