25年2月做题记录

目录

• CF 694 Div.1 D *1900
• CF1418G Three Occurrences *2500 异或哈希+双指针
• CF2014H *2000
• ABC367F Rearrange Query
• CF938C *1700
• CF1418D *2100
• CF1732C2 *2100
• CF1732 A
• CF845G *2000
• CF1732D1 *1500
• CF1732D2 *2400
• CF1795E *2200 数据结构优化dp
• CF1221D *1800
• CF2052F *1700
• CF2045G *2200
• CF1598F RBS *2400 状压dp
• D2. 388535 (Hard Version) *2300 思维 2种做法
• CF2041H *2300 DP
• CF1492D *1900

CF 694 Div.1 D *1900

\[\begin{flalign*} &给定一个图，求是否存在染色方案，满足：\\& 1.相邻边不能同时染黑色&\\& 2.如果相邻边同时白色，则断开\\& 3.染完的图连通\\& 联想到二分图染色，所以写了二分图判定\\& 但是这并不是二分图，因为1和1不能相邻，但2和2可以相邻\\& 所以错了，其实只要暴力染色即可 \end{flalign*} \]

void dfs(int u){color[u]=1;for(int v:g[u]) if(color[v]==1) color[u]=2;for(int v:g[u]) if(!color[v]) dfs(v);
}
dfs(1);这样写既能判断连通性，而且能染色，每染好一个1，周围都染2，每个2周围未被访问过的点再染1

CF1418G Three Occurrences *2500 异或哈希+双指针

\[\begin{flalign*} &给定一个序列，求满足：每个数出现次数都是3的连续子序列数量&\\& 思路：\\&(1)我们怎么快速判断一个数在之前有没有出现过呢?\\& 我们可以给这个数赋随机异或一个值，然后维护前缀和\\& 如果发现当前的前缀和在之前也出现过，就可以发现当前这个区间的数在之前也一定出现过\\& 考虑异或哈希，对于一个数，出现3k，3k+1，3k+2次的时候分别赋值为a、b和a\wedge b\\& 那么s_{l-1}\wedge s_{r}和为0的区间中每个数的出现次数都是3k次\\& 用map维护每个在前缀异或和在[1,r]出现了多少次\\& 区间[l,r]合法等价于s_{l-1}=s_r\\& (2)此时考虑如何限制每个数出现次数正好是3\\& 用双指针，每次统计完右端点为r的情况，移动左指针l直到当前数出现正好4次\\& 然后再往右移动一次,那么此时的[l,r]中a_r正好出现3次\\& 那么我们判断[l,r]中合法左端点，需要保留[l-1,r-1]的前缀异或和\\& 所以，[0,l-2]的所有答案都不做贡献了\\& 那么可以保证不会出现右端点数出现3次，而中间数字出现3次以上的情况了\\& 因为前面的数字已经统计完了，左指针必定右移到了一定地步，保证之后的统计不会被影响 \end{flalign*} \]

int a[N],c[N],d[N],h[N],cnt[N];
mt19937_64 rnd(1e18);
void solve(){for(int i=1;i<N;i++) c[i]=rnd(),d[i]=rnd();cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];cnt[a[i]]++;if(cnt[a[i]]%3==0) h[i]=c[a[i]];else if(cnt[a[i]]%3==1) h[i]=d[a[i]];else h[i]=c[a[i]]^d[a[i]];}for(int i=1;i<=n;i++){cnt[a[i]]=0;}map<int,int>mp;mp[0]=1;int ans=0;vector<int>sum(n+1,0);for(int l=0,r=1;r<=n;r++){sum[r]=sum[r-1]^h[r];cnt[a[r]]++;while(cnt[a[r]]>3){cnt[a[l]]--;if(l) mp[sum[l-1]]--;l++;}ans+=mp[sum[r]];mp[sum[r]]++;}cout<<ans;
}	

\[\begin{flalign*}&对异或哈希做一个总结&\\&可以维护区间数出现出现是否是k次\\&维护区间数出现次数都是偶次也可以莫队\\& \end{flalign*} \]

CF2014H *2000

\[\begin{flalign*} &判断区间数出现次数是否都为偶&\\& 要点是赋随机值后再哈希，不然冲突率很高 \end{flalign*} \]

ABC367F Rearrange Query

\[\begin{flalign*} &给定2个序列，q次询问：a_{l_i}-a_{r_i}和b_{L_{i}}-b_{R_{i}}构成的集合是否相同&\\& 异或哈希pending显然会冲突，所以使用单模加法哈希 \end{flalign*} \]

CF938C *1700

\[\begin{flalign*} &构造，n*n的01矩阵的任意大小为m*m的子矩阵1个数最多&\\& 最多为n^2-(\frac{n}{m})^2,取右下角\end{flalign*} \]

CF1418D *2100

\[\begin{flalign*} &题意：给你n个不同的坐标x_i，x_i上有物品，将a移动到b的花费为，操作完后a无物品\\& 求将所有物品移动到1或2个定点上的最小花费&\\& q次更新，增查物品坐标，询问修改完移动总花费最小值\\& 解析：先考虑定点怎么取？如果取一个点，那么总花费会是max-X+X-min=极差\\& 如果取两个点X和Y（X<Y），最小花费为max-Y+X-min\\& 那么必然取两个点更优，最优的时候，必定是Y-X最大化的时候\\&同时Y-X必定是存在的x的差值\\& 同时需要特判点数过少情况\\& 所以我们需要一个维护x_{i+1}-x_i最大最小值的数据结构，使用multiset\\& ！！！注意prev和next用法，begin()不能prev \end{flalign*} \]

CF1732C2 *2100

\[\begin{flalign*} &题意：给你一个序列，值域10^9,q次询问：&\\& 每次询问[L,R]中长度最小的区间[l,r]使得sum（l,r）最大\\& sum(l,r)=\sum_{i=l}^{r}a_i-{\textstyle xor_{l}^{r}}a_i\\& 思路：a+b>=a\oplus b\\& sum(l,r)\le sum(l,r+1)\\& 所以最大值就是sum(L,R)\\& 找一个最小区间使得sum(l,r)=sum(L,R)\\& 又因为值域是[0,10^9]\\& 去除的数字满足\sum X=xor X，根据抽屉原理，不超过三十个数，由此暴力枚举\\& 不过需要 离散化除去0，不然复杂度太高或者答案错误！\\& 同时需要判断询问区间全0的特殊情况！！\\& 减法运算优先级大于xor \end{flalign*} \]

void solve(){int q; cin>>n>>q;vector<int>a(n+1,0),b(n+1,0),c(n+1,0),d(n+20,0);int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];b[i]=b[i-1]+a[i];c[i]=c[i-1]^a[i];if(a[i]>0) d[++cnt]=i;}d[++cnt]=n+100;auto calc=[&](int l,int r){return (b[r]-b[l-1]-(c[r]^c[l-1]));};for(int i=1;i<=q;i++){int ll,rr; cin>>ll>>rr;if(cnt==1){cout<<ll<<' '<<ll<<endl; continue;}auto l=lower_bound(d.begin()+1,d.begin()+cnt+1,ll)-d.begin();auto r=lower_bound(d.begin()+1,d.begin()+cnt+1,rr)-d.begin();if(d[l]>rr){cout<<ll<<' '<<ll<<endl; continue;}if(d[r]>rr) r--;int temp=calc(ll,rr);array<int,3> ans={rr-ll+1,ll,rr};for(int i=l;i<=min(l+30,r)&&d[i]<=rr;i++){for(int j=r;j>=max(l,r-30)&&d[j]>=d[i];j--){if(calc(d[i],d[j])==temp){ans=min(ans,{d[j]-d[i]+1,d[i],d[j]});}}}cout<<ans[1]<<' '<<ans[2]<<endl;}
}	

CF1732 A

\[\begin{flalign*} &题意：给你一个序列，你可以选一个a_i将他变成gcd(a_i,i)，花费是n-i+1&\\& 求所有数gcd=1的最小花费\\& 考虑到一次操作等价于总gcd=gcd(g,i)\\& 最劣情况是取最后两位花费3，不然就是只要改一次，枚举check即可 \end{flalign*} \]

CF845G *2000

\[\begin{flalign*} &图论+线性基典题&\\& \end{flalign*} \]

CF1732D1 *1500

\[\begin{flalign*} &题意：给你一个初始只有0的集合&\\& 操作1：集合中加一个数x\\& 操作2：查询最小的未出现的x的倍数\\& 思路：last[x]代表x的答案是last[x]+x，查询暴力跳即可\\& 复杂度说明：设集合中有2e5个数，查x需要k次，那么查2x要k/2次，以此类推，上界为O(NlogN) \end{flalign*} \]

CF1732D2 *2400

\[\begin{flalign*} &题意：给你一个初始只有0的集合&\\& 操作1：集合中加一个数x\\& 操作2：删除x\\& 操作3：查询最小的未出现的x的倍数\\& 思路：在easy\ ver的基础上，如何利用查询mex跳过的已经存在的数?\\& 若我们删除了v跳过的数字x，那么下一次查v的答案就是x\\& 在这个基础上，除了需要map<int,int>vis和last\\& 还需要map<int,set<int>>mul维护x的候选答案\\& map<int,vector<int>>维护删除x会影响哪些数的答案\\&\end{flalign*} \]

void solve(){map<int,vector<int>>fac;map<int,set<int>>mul;map<int,int>last,vis;cin>>n;vis[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){char c;int v;cin>>c>>v;if(c=='+'){vis[v]=1;for(auto u:fac[v]){mul[u].erase(v);}}else if(c=='-'){vis[v]=0;for(auto u:fac[v]){mul[u].insert(v);}}else{if(mul[v].size()){cout<<*mul[v].begin()<<endl;continue;}while(vis[last[v]]){fac[last[v]].push_back(v);last[v]+=v;}cout<<last[v]<<endl;}}
}

CF1795E *2200 数据结构优化dp

\[\begin{flalign*} &题意：n个怪，每个怪血量h_i,两种操作&\\& 1.花费1，让一个怪血量少1\\& 2.花费h_i，左右两侧受到h_i-1伤害，如果左/右死亡，则继续传递\\& 问消灭所有怪的最小总花费是多少？\\& 思路：肯定是能减则减，然后做一次爆炸这样最少\\& 考虑暴力枚举右端点i，那么每次往左跳到第一个小于他的下标j\\& 那么[j+1,i]的最小花费是h_i+等差数列之和\\& 由此可以正向dp，和单调栈一起跑就行 \end{flalign*} \]

int h[N],stk[N];
int top;
void solve(){cin>>n;int sum=0;vector<int>l(n+1),r(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>h[i];sum+=h[i];}top=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(h[stk[top]]-stk[top]>=h[i]-i&&top) top--;if(!top) l[i]=(h[i]+max(1ll,h[i]-i+1))*(h[i]-max(1ll,h[i]-i+1)+1)/2;else l[i]=l[stk[top]]+(h[i]*2-i+stk[top]+1)*(i-stk[top])/2;stk[++top]=i;}reverse(h+1,h+1+n);top=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(h[stk[top]]-stk[top]>=h[i]-i&&top) top--;if(!top) r[i]=(h[i]+max(1ll,h[i]-i+1))*(h[i]-max(1ll,h[i]-i+1)+1)/2;else r[i]=r[stk[top]]+(h[i]*2-i+stk[top]+1)*(i-stk[top])/2;stk[++top]=i;}int ans=1e18;for(int i=1;i<=n;i++){ans=min(ans,sum-l[i]-r[n-i+1]+2*h[n-i+1]);}cout<<ans<<endl;
}

CF1221D *1800

\[\begin{flalign*} &题意：n个塔高度a_i,第i个塔增加高度1花费b_i,可以加或者无限加&\\& 问使得a_i不等于a_{i+1}的最小花费\\& 题解：关键点，每个点增加次数不超过2次\\& 最劣的时候是a_i=a_{i-1}=a_{i+1}-1这种情况\\& 设f[i][j]代表a_i变化为j前i个塔满足条件的最小花费\\& 状态转移：f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+b[i]*j),j+a[i]!=a[i-1]+k\\&\end{flalign*} \]

CF2052F *1700

\[\begin{flalign*} &题意：给你一个2*n的有障碍的矩形，可以用任意1*2的矩阵填充剩下&\\& 没有障碍的地方，问你是否能填满？能填满的话是否有多种填发？\\& 要点！！手玩，可以直接模拟是否填满！！依次从左往右填，如果左边填好\\& 右边出现2*i（i\ge2）的矩形则多种方案 \end{flalign*} \]

CF2045G *2200

\[\begin{flalign*} &题意：给你一个n*m的矩形，相邻的格点连通\\& i走到相邻格点j的花费是(h_i-h_j)^x，x是正奇数&\\& q次询问：i到j的最小距离，如果是负无穷回答不合法\\& 思路：如果存在负环，显然不行，存在正环倒着走就是正环\\& 所以如果有环都得是0环，由必要性知，如果一个矩形中都是0环\\& 那么任取2*2的矩形都是0环的，因为这样任意环都可以分解成整数个2*2环\\& 如果存在一个2*2矩阵不是0环，那么可以构造出更大的来\\& 由此遍历2*2矩阵，存在非0环就不行\\& 距离有传递性，手玩一下即懂 \end{flalign*} \]

CF1598F RBS *2400 状压dp

待补

D2. 388535 (Hard Version) *2300 思维 2种做法

\[\begin{flalign*} &easy\ version题意：对于[0,r]的一个排列，每个数都异或x，给定异或好的序列&\\& 求出一个满足条件的，保证询问的序列长度和不超过2^{17}\\& 考虑枚举二进制位，对比序列和[0,l]的按位异或即可\\& 对于hard\ version\ 左端点不一定为0\\& 做法1:O(Nlog^2N)\\& 按照easy\ ver的做法有一种情况会不符合，就是区间长度是偶，且某些位置0/1数量正好是相等\\& 观察到easy \ ver的做法并没有很好利用到给定序列的信息，只是观察了单独第i位的整体信息\\& 偶数信息无法判断\\& 考虑递推，将x右移i位，即可得到x第[i,16]位上的信息\\& 考虑直接枚举这一位是0还是1，我们得到得到第[i,16]位的一个集合信息和原序列对比\\& 那么就能知道这一位是0/1的正确性了\\& 做法2：O(NlogN)\\& 利用异或的性质：\forall a \ne b \ 有a \wedge x \ne b \wedge x\\& 那么我们枚举l \wedge x,即枚举x=a_i \wedge l,如果x和序列中的数异或的最值分别为[l,r]\\& 那么就是一个正确答案，用01trie维护即可,最小值尽可能找一样的，最大值尽可能不一样 \end{flalign*} \]

void solve(){int l,r; cin>>l>>r;n=r-l+1;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>b[i];}array<vector<int>,17>tar;int x=0;for(int i=0;i<17;i++){for(int j=l;j<=r;j++){tar[i].push_back(j>>i);}sort(tar[i].begin(), tar[i].end());}for(int i=16;i>=0;i--){for(int t=0;t<2;t++){x^=1<<i;vector<int>nw;for(int j=1;j<=n;j++){nw.push_back((b[j]>>i)^(x>>i));}sort(nw.begin(), nw.end());if(nw==tar[i]){break;}}}cout<<x<<endl;
}

int s[N][2];
int cnt;
void insert(int k){int x=1;int id;for(int j=18;j>=0;j--){id=((k>>j)&1);if(!s[x][id]) s[x][id]=++cnt;x=s[x][id];}
}
int qmi(int k){//找最小int res=0;int id;int x=1;for(int j=18;j>=0;j--){int id=((k>>j)&1);if(s[x][id]){x=s[x][id];res+=(id<<j);}else{x=s[x][id^1];res+=((id^1)<<j);}}return res;
}
int qmx(int k){//找最小int res=0;int id;int x=1;for(int j=18;j>=0;j--){int id=((k>>j)&1);if(!s[x][id^1]){x=s[x][id];res+=(id<<j);}else{x=s[x][id^1];res+=((id^1)<<j);}}return res;
}
void solve(){for(int i=0;i<=cnt;i++)s[i][0]=s[i][1]=0;cnt=1;int l,r; cin>>l>>r;n=r-l+1;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>b[i]; insert(b[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){int x=b[i]^l;int mi=qmi(x);int mx=qmx(x);if(mi==(l^x)&&mx==(r^x)){cout<<x<<endl; break;}}
}

CF2041H *2300 DP

\[\begin{flalign*} &题意：对所有长为n(\leq1e6)的序列,值域[1,k](k\leq1e9)&\\& 求序列对应相邻两数之间的大小关系的方案个数\\& 同时，如果两个序列的相邻两数大小关系一致，视为同一方案\\& 那么题意可以抽象成：符号序列的方案数\\& 思路：考虑由<,>,=组成的符号序列的方案数，n个数的序列被转换成n-1个数的符号序列\\& 由于值域限制，不考虑=的情况下，不能有大于等于连续k个相等的符号出现\\& 所以定义f_i为长为i只由<,>组成的括号序列的方案数\\& 那么转移方程:f_i=\sum_{j=0}^{i-1}[i-j\le k]f_j,如何得到的呢？\\& 定义f_{i,0}为1-i以<结尾的方案数，f_{i,1}为>结尾\\& 那么f_{i,0}=\sum_{j=0}^{i-1}[i-j\le k]f_{j,1},(结尾放连续个<,最多k-1个)\\& 两种符号是对称的，之后*个2就行，特别的，f_0=1\\& 现在考虑答案怎么算，就是求长为i的符号序列中插入=的方案\\& 由隔板法，ans_i=f_i*C(n-1,i)\\& 注意写代码的时候，0个符号的方案是1，前缀和是1\\& 但是统计长度小于k的时候减去的前缀和应该是0\\& \end{flalign*} \]

void solve(){cin>>n>>k;vector<int>pre(n+1,0),songs(n+1,0);songs[0]=1;pre[0]=1;for(int i=1;i<n;i++){songs[i]=pre[i-1];if(i-k>=0){songs[i]-=pre[i-k];}songs[i]=(songs[i]+mod)%mod;pre[i]=pre[i-1]+songs[i];pre[i]%=mod;}for(int i=1;i<n;i++) songs[i]*=2,songs[i]%=mod;int ans=0;for(int i=0;i<n;i++){ans+=c(n-1,i)*songs[i]%mod;ans%=mod;}cout<<ans;
}    

CF1492D *1900

\[\begin{flalign*} &题意：给你a个0，b个1，k个1，0 \leq a; 1 \le b; 0 \leq k \leq a + b \leq 2 \cdot 10^5&\\& 要求：构造二进制数x和y，使得二进制x-y中恰好k个1，y\le x,x和y无前导0\\& 首先手玩发现：\\& 结论1： 连续x个1连续y个0-连续y个0连续x个1(x>0;y>0)的结果 有max(x,y)个1\\& 根据结论，可以构造x=11+(a-1)个0+(b-2)个1+1个0\\& y=1+(a-1)个0+1+1个0+(b-2)个1\\& 可以得到a-1+b-2=a+b-3个1\\& 是否可以继续优化?\\& 发现结论1中贡献连续1最多的部分是x首尾10，y首尾01\\& 进一步x=11s0,y=10s1,s为01串\\& 这样可以得到a+b-2个1,所以最终的构造方案是b个1，a个0连起来，对y串swap\\& 最后考虑特判一种是k>a+b-2不行\\& 上述构造方案要成立当且仅当k\ne0时,有至少两个1,1个0\\& 所以k\ne0的时候 a=1||b=0都不成立\end{flalign*} \]