[USACO 2017 Open Gold] Tutorial

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传送门

A:

由于每个颜色只染色一次就确定了所有要染色的区间

要求染色的次数其实就是求区间最多嵌套多少层，如果有区间相交则无解

以上操作明显可以将左端点排序后用栈来维护

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=2e5+;
struct node{int x,d,col;};
node dat[MAXN];int st[MAXN],top;
int n,x,l[MAXN],r[MAXN],cur,res,tot;
bool cmp(node a,node b){return a.x==b.x?a.d<b.d:a.x<b.x;}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    memset(l,0x3f,sizeof(l));
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        l[x]=min(l[x],i),r[x]=max(r[x],i);
        if(!x) dat[++tot]=node{i,,};
    }
    for(int i=;i<=n;i++)
        if(r[i]) dat[++tot]=node{l[i],,i},dat[++tot]=node{r[i],,i};
    sort(dat+,dat+tot+,cmp);

    for(int i=;i<=tot;i++)
    {//注意0代表没有颜色要特殊处理
        if(!dat[i].col)
        {
            if(top) return puts("-1"),;
            else continue;
        }
        if(!dat[i].d)
            st[++top]=dat[i].col,cur++;
        else
        {
            if(dat[i].col!=st[top])
                return puts("-1"),;
            top--;cur--;
        }
        res=max(res,cur);
    }
    printf("%d",res);
    return ;
}

Problem A

注意零代表没有颜色要特殊处理……

B:

涉及字符串匹配想到哈希，结果一开始写成了$O(n^3*log(n))$

由于最外层的字符串长度的可行性是单调的，二分后可优化为$O(n^2*log(n)^2)$

但上述的复杂度是可以继续优化的

使用$two pointers$来利用单调性，每次可行就移动左端点，否则移动右端点

这样可以只检验$2*n$个字符串，复杂度降到了$O(2*n^2*log(n))$

同时该题也可以每次暴力构造$Trie$树来进行匹配，复杂度为$O(n^3)$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define RG register
#define Y second
#define pb push_back
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
typedef unsigned long long ull;
const int MAXN=1e3+,base=;
ull hs[MAXN][MAXN],pre[MAXN];
int n,m,f;char s[MAXN];
map<ull,int> mp;

bool check(int x)
{
    for(int i=x;i<=m;i++)
    {
        mp.clear();f=;
        for(RG int k=;k<=n;k++)
            mp[hs[k][i]-hs[k][i-x]*pre[x]]=;
        for(RG int k=n+;k<=*n;k++)
            if(mp[hs[k][i]-hs[k][i-x]*pre[x]]){f=;break;}
        if(f) return true;
    }
    return false;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    pre[]=;
    for(RG int i=;i<=m;i++) pre[i]=pre[i-]*base;
    for(RG int i=;i<=*n;i++)
    {
        scanf("%s",s+);
        for(RG int j=;j<=m;j++)
            hs[i][j]=hs[i][j-]*base+(s[j]-'A');
    }

    int l=,r=m;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>;
        if(check(mid)) r=mid-;
        else l=mid+;
    }
    printf("%d",l);
    return ;
}

Problem B

$two pointers$对比二分的优越之处就在于其能更及时的纠错

如果当前长度不行就直接加长，而二分则要将该长度的所有字符串都检验过再进行调整