2018.8.7 Noip2018模拟测试赛（二十）

日期：	八月七号	总分：	300分
难度：	提高 ~ 省选	得分：	100分（呵呵一笑）

题目列表：

　　T1：SS

　　T2：Tree Game

　　T3：二元运算

赛后反思：

Emmmmmm……

开局随便看，第二题发现手算样例不对……

比赛快结束时，又看了看题，才发现自己看错了……

最终，改A了……Emmmmmm……

题解：

T1：SS

特别特别玄学的一道题……

原串是一个偶串，设半个原串为S，加起来就是SS。

设S的最长公共前缀后缀为T，（用 KMP 的 next 求）

那么接下来的串为 STST，STSSTS，STSSTSTSST……

只看一半：S，ST，STS，STSST……

这不是斐波那契吗？由于斐波那增长很快，我们暴力求出在 l，r 的串，差分出答案。

CODE：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;

 char s[];
 long long l,r,siz[],sum[][],ans[];
 int n,lim,nxt[];

 void get_next(){
     int i=,j=;
     nxt[]=;
     while(i<=n){
         if(j==||s[i]==s[j]){
             nxt[++i]=++j;
         }else j=nxt[j];
     }
 }

 void get_ans(long long x,int f){
     for(int i=lim;i>=;i--)
         if(x>=siz[i]){
             for(int j=;j<;j++)
                 ans[j]+=f*sum[i][j];
             x-=siz[i];
         }
     for(int i=;i<=x;i++)ans[s[i]-'a']+=f;
 }

 int main(){
     scanf("%s%lld%lld",s+,&l,&r);
     n=strlen(s+)>>;
     get_next();
     int t=nxt[n];
     for(int i=;i<=n;i++)sum[][s[i]-'a']++;
     for(int i=;i<;i++)sum[][i]=sum[][i];
     for(int i=;i<=n-t;i++)sum[][s[i]-'a']++;
     siz[]=n,siz[]=*n-t;
     for(int i=;i<=;i++){
         for(int j=;j<;j++)
             sum[i][j]=sum[i-][j]+sum[i-][j];
         siz[i]=siz[i-]+siz[i-];
         if(siz[i]>1e18){lim=i;break;}
     }
     get_ans(l-,-);
     get_ans(r,);
     for(int i=;i<;i++)printf("%lld ",ans[i]);
     return ;
 }

T2：Tree Game

你可以很轻易的发现一个结论，先手必须要往权值更小的点走，不然对手跟你对着干就能把你逼死。

当前子树如果有必胜的策略，那就一定有一个儿子的子树是必胜的，且权值小于它。

于是乎，dp秒杀吧！时间 $O(n^2)$

CODE：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;

 int tot=,h[];
 int n,x,y,f[],val[];
 struct Edge{
     int x,next;
 }e[];

 inline void add_edge(int x,int y){
     e[++tot].x=y;
     e[tot].next=h[x],h[x]=tot;
 }

 void dfs(int x){
     f[x]=;
     for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
         if(~f[e[i].x])continue;
         dfs(e[i].x);
         if(val[e[i].x]<val[x]&&f[e[i].x]==)f[x]=;
     }
 }

 int main(){
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",val+i);
     for(int i=;i<n;i++){
         scanf("%d%d",&x,&y);
         add_edge(x,y);
         add_edge(y,x);
     }
     for(int i=;i<=n;i++){
         memset(f,-,sizeof(f));
         dfs(i);
         if(f[i])printf("%d ",i);
     }
 }

T3：二元运算

CDQ分治加FFT。

如果只有第一种运算就是裸的FFT求卷积，只有第二种运算可以把B序列翻转，然后求卷积即可。

但是有 x 与 y 大小关系的限制使得我们不能直接求卷积来得出答案。

考虑分治，对于每个区间 $[l,r]$，处理出$A$中的$[l,mid]$与$B$中的$[mid+1,r]$对答案的贡献以及$A$中的$[mid+1,r]$与$B$中的$[l,mid]$对答案的贡献，这两个是有严格的 x 与 y 的大小关系的，分别使用 FFT 求卷积解决。再递归处理子区间即可。

时间复杂度$O(Tnlog^2n)$

CODE：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 using namespace std;

 #pragma GCC optimize(3)

 const double PI=acos(-);
 int T,n,m,q,x;
 int rev[],A[],B[];
 long long ans[];
 struct cmplx{
     double x,y;
     cmplx(double a=,double b=){x=a;y=b;}
     cmplx operator+(cmplx b){
         return cmplx(x+b.x,y+b.y);
     }
     cmplx operator+=(cmplx b){
         return *this=*this+b;
     }
     cmplx operator-(cmplx b){
         return cmplx(x-b.x,y-b.y);
     }
     cmplx operator*(cmplx b){
         return cmplx(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);
     }
     cmplx operator*=(cmplx b){
         return *this=*this*b;
     }
 }a[],b[];

 int read(){
     int x=;
     char c;
     do c=getchar();
     while(!isdigit(c));
     do{
         x=(x<<)+(x<<)+(c^);
         c=getchar();
     }while(isdigit(c));
     return x;
 }

 void FFT(cmplx a[],int bit,int dft){
     for(int i=;i<bit;i++)
         if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
     for(int i=;i<bit;i<<=){
         cmplx W(cos(PI/i),dft*sin(PI/i));
         for(int j=;j<bit;j+=i<<){
             cmplx w(,);
             for(int k=j;k<i+j;k++,w=w*W){
                 cmplx x=a[k];
                 cmplx y=w*a[k+i];
                 a[k]=x+y,a[k+i]=x-y;
             }
         }
     }
     if(dft==-)for(int i=;i<bit;i++)a[i].x/=bit;
 }

 void solve(int l,int r){
     if(l==r)return;
     int mid=l+r>>,n=;
     while(n<=r-l+)n<<=;
     for(int i=l;i<=mid;i++)
         a[i-l]=cmplx(A[i],);
     for(int i=mid+;i<=r;i++)
         b[i-mid-]=cmplx(B[i],);
     for(int i=mid-l+;i<n;i++)
         a[i]=cmplx(,);
     for(int i=r-mid;i<n;i++)
         b[i]=cmplx(,);
     for(int i=;i<n;i++)
         rev[i]=(rev[i>>]>>)|(i&)*(n>>);
     FFT(a,n,),FFT(b,n,);
     for(int i=;i<n;i++)a[i]=a[i]*b[i];
     FFT(a,n,-);
     for(int i=;i<=r-l+;i++)
         ans[i+l+mid+]+=(long long)(a[i].x+0.5);
     solve(l,mid),solve(mid+,r);
 }

 int main(){
     T=read();
     while(T--){
         memset(A,,sizeof(A));
         memset(B,,sizeof(B));
         memset(a,,sizeof(a));
         memset(b,,sizeof(b));
         memset(ans,,sizeof(ans));
         int maxn=,bit=;
         n=read(),m=read(),q=read();
         for(int i=;i<=n;i++){
             x=read();
             A[x]++,maxn=max(maxn,x);
         }
         for(int i=;i<=m;i++){
             x=read();
             B[x]++,maxn=max(maxn,x);
         }
         while(bit<=maxn<<)bit<<=;
         for(int i=;i<bit;i++)
             rev[i]=(rev[i>>]>>)|(i&)*(bit>>);
         for(int i=;i<=maxn;i++)
             b[maxn-i].x=B[i];
         for(int i=;i<=maxn;i++)
             a[i].x=A[i];
         FFT(a,bit,),FFT(b,bit,);
         for(int i=;i<bit;i++)a[i]=a[i]*b[i];
         FFT(a,bit,-);
         for(int i=;i<=maxn;i++)
             ans[i]=(long long)(a[i+maxn].x+0.5);
         solve(,maxn);
         for(int i=;i<=q;i++){
             x=read();
             printf("%lld\n",ans[x]);
         }
     }
 }