| A | B | C | D | Sum | Rank |
|---|---|---|---|---|---|
| - | 25 | 20 | 75 | 120 | 19/25 |
乱序放题，被 T1 硬控了啊啊啊啊啊
A. 铁轨
原
B. 参加
看到区间操作想不到差分，设差分数组为 \(b\)，那么要求即为 \(\forall i\in[1,k],b_i>0,\forall i\in[k+1,n],b_i<0\)。最小操作数即为前后的 \(\max\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=2e5+5,inf=1e18;
int n,a[maxn];
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}int pre=0,suf=0;for(int i=n;i>1;i--){a[i]-=a[i-1];if(a[i]>=0){suf+=a[i]+1;}}
// for(int i=1;i<=n;i++){
// cout<<a[i]<<' ';
// }
// cout<<'\n';int ans=inf;for(int i=1;i<=n;i++){
// cout<<i<<' '<<pre<<' '<<suf<<'\n';ans=min(ans,max(pre,suf));if(a[i+1]<0){pre-=a[i+1]-1;}else if(a[i+1]>0){suf-=a[i+1]+1;}else{pre++,suf--;}}cout<<ans;return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
C. 决斗
首先考虑求出最大得分，考虑权值线段树，合并时用左区间的 \(A\) 数量和右区间的 \(B\) 数量贡献即可。考虑构造解，对每一位二分，考察取掉这个数后能否在线段树上凑出答案即可。时间复杂度线性对数方。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define lid id<<1
#define rid id<<1|1
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e5+5;
int n,a[maxn],b[maxn];
int tr[maxn<<2][2],sum[maxn<<2],sz[maxn<<2];
il void pushup(int id){sum[id]=sum[lid]+sum[rid]+min(tr[lid][0],tr[rid][1]);tr[id][0]=max(tr[lid][0]-tr[rid][1],0ll)+tr[rid][0];tr[id][1]=tr[lid][1]+max(tr[rid][1]-tr[lid][0],0ll);sz[id]=sz[lid]+sz[rid];
}
il void add(int id,int l,int r,int p,bool opt,int v){if(l==r){tr[id][opt]+=v;if(opt){sz[id]+=v;}return ;}int mid=(l+r)>>1;if(p<=mid){add(lid,l,mid,p,opt,v);}else{add(rid,mid+1,r,p,opt,v);}pushup(id);
}
il int rank(int id,int l,int r,int p){if(l==r){return sz[id];}int mid=(l+r)>>1;if(p<=mid){return rank(lid,l,mid,p);}else{return sz[lid]+rank(rid,mid+1,r,p);}
}
il int kth(int id,int l,int r,int k){if(l==r){return l;}int mid=(l+r)>>1;if(sz[lid]>=k){return kth(lid,l,mid,k);}else{return kth(rid,mid+1,r,k-sz[lid]);}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];add(1,1,1e5,a[i],0,1);}for(int i=1;i<=n;i++){cin>>b[i];add(1,1,1e5,b[i],1,1);}int tar=sum[1],cur=0;for(int i=1;i<=n;i++){add(1,1,1e5,a[i],0,-1);int c=rank(1,1,1e5,a[i]);int l=c+1,r=sz[1],res=0;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;int t=kth(1,1,1e5,mid);add(1,1,1e5,t,1,-1);if(sum[1]+1+cur==tar){l=mid+1,res=mid;}else{r=mid-1;}add(1,1,1e5,t,1,1);}if(!res){l=1,r=c;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;int t=kth(1,1,1e5,mid);add(1,1,1e5,t,1,-1);if(sum[1]+cur==tar){l=mid+1,res=mid;}else{r=mid-1;}add(1,1,1e5,t,1,1);}}res=kth(1,1,1e5,res);add(1,1,1e5,res,1,-1);cur+=(res>a[i]);
// cout<<res<<'\n';cout<<res<<' ';}return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
D. 回文串问题
发现只要长度相同那么一定不会出现 Not equal。考虑并查集，并对字符串进行哈希。时间复杂度瓶颈有两个：合并和维护哈希值。
考虑最终顶多将所有点都合并成一个点，也就是说暴力合并的话有许多合并操作都是多余的。考虑不断二分出 lcp 后对下一个位置进行合并，于是顶多合并 \(O(n)\) 次。而哈希值，可以用树状数组维护。但是我们每次合并，哈希值要改变的位置是有很多的，启发式合并即可。时间复杂度线性对数方。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e5+5;
const ull bas=1e5+393;
int n,m,fa[maxn];
ull pw[maxn];
set<int> s[maxn];
struct{#define lowbit(x) (x&-x)ull tr[maxn];il void add(int p,ull v){for(;p<=n;p+=lowbit(p)){tr[p]+=v;}}il ull query(int p){ull res=0;for(;p;p-=lowbit(p)){res+=tr[p];}return res;}#undef lowbit
}F1,F2;
il int find(int x){return x!=fa[x]?fa[x]=find(fa[x]):x;
}
il void merge(int u,int v){u=find(u),v=find(v);if(u==v){return ;}if(s[u].size()>s[v].size()){swap(u,v);}fa[u]=v;for(int x:s[u]){s[v].insert(x);F1.add(x,(v-u)*pw[x]);F2.add(n-x+1,(v-u)*pw[n-x+1]);}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);cin>>n>>m;pw[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){fa[i]=i,s[i].insert(i);pw[i]=pw[i-1]*bas;F1.add(i,i*pw[i]);F2.add(i,(n-i+1)*pw[i]);}while(m--){int opt,l,r,x,y;cin>>opt>>l>>r;if(opt==1){
// puts("666");int ll=1,rr=(r-l+1)>>1;while(ll<=rr){while(ll<rr){int mid=(ll+rr)>>1;ull hl=F1.query(l+mid-1)-F1.query(l-1);ull hr=F2.query(n-r+mid)-F2.query(n-r);if(hl*pw[n-r+1]==hr*pw[l]){ll=mid+1;}else{rr=mid;}}
// cout<<l+ll-1<<' '<<r-ll+1<<'\n';merge(l+ll-1,r-ll+1);ll++,rr=(r-l+1)>>1;}}else{cin>>x>>y;if(r-l!=y-x){cout<<"Not equal\n";}else{ull hl=F1.query(r)-F1.query(l-1);ull hx=F1.query(y)-F1.query(x-1);cout<<(hl*pw[x]==hx*pw[l]?"Equal":"Unknown")<<'\n';}}}return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}