ZROI 19.08.08模拟赛

传送门

写在前面：为了保护正睿题目版权，这里不放题面，只写题解。

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首先恭喜swk今天翻车！

“小心大样例演你。”——天祺鸽鸽

果然swk今天被大样例演死了，天祺鸽鸽诚不欺我！

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• A

这题标程是前几天ACM赛的双栈背包……

然而可以排序之后直接背包，\(O(nm)\)随便过（

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• B

菜 swk 菜

发现答案就是子串中最长border，即串长减去最短循环节。

每个字母是独立的，可以分开计算答案。

对第\(i\)个字母，设循环节循环次数为\(k\)，在循环节内的长度为\(f_i\)，剩余的长度为\(g_i\)，则存在\(f_i\cdot k+g_i=c_i\)，此时\(i\)对答案的贡献为\(f_i (k-1)+\min(f_i,g_i)\)。

\(40pts:\)

有一个假做法在\(n=2\)时是对的，但是陈主力也不知道为什么。

考虑枚举\(k\)。直觉想到可以贪心地令\(f_i\)最大，即\(f_i=\lfloor\frac{c_i}k\rfloor\)。

然而在\(n>2\)时就会出锅。

反例大概是\(k\leq 3\)时，贪心的使\(f_i\)最长，会因为第一个循环节被剪掉导致答案变小。

\(70pts:\)

仍然要枚举\(k\)，但是需要确定\(f_i\)的最优取值。

分两种情况讨论：\(f_i< g_i\)和\(f_i\geq g_i\)。

第一种情况，\(ans=f_i\cdot k\)，即\(f_i<g_i\)时，\(f_i\)越大越优。

此时有\(f_i<g_i=c_i-f_i\cdot k\)，移项得\(f_i\cdot (k+1)<c_i\)，即\(f_i=\lfloor\frac{c_i}{k+1}\rfloor\)时最优。

第二种情况，\(ans=f_i\cdot (k-1)+g_i\)。

考虑在保持\(f_i\geq g_i\)的情况下，令\(f'_i=f_i-1\)，则\(g'_i=c_i-f'_i\cdot k=c_i-(f_i-1)\cdot k=g_i+k\)，代入上式得\(ans'=(f_i-1)\cdot (k-1)+g_i+k=f_i\cdot (k-1)+g_i+1=ans+1\)。

我们惊喜地发现，使\(f_i\)减小之后，\(ans\)增大了。即\(f_i\geq g_i\)时，\(f_i\)越小越优。

此时有\(f_i\cdot(k+1)\geq c_i\)，即\(f_i=\lceil\frac{c_i}{k+1}\rceil\)时最优。

枚举\(k\)，对每个\(k\)取两个值计算。复杂度\(O(\max(c_i)\cdot n)\)。

\(100pts:\)

发现对于每个有若干互不相交的\([l_i,r_i]\)，使得对于任意\(k_i\in [l_i,r_i],j\in [1,n]\)，\(\lfloor\frac{c_j}{k_i+1}\rfloor,\lceil\frac{c_j}{k_i+1}\rceil\)的值是相等的。

这启发我们使用整除分块，对每个区间只算一次。由某些数论知识可知，这样的区间最多只有\(O(\sum\sqrt {c_i})\)个。时间复杂度\(O(n\cdot\sum\sqrt{c_i})\)。

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• C

\(10pts:\)

取反、左移、右移。

\(25pts:\)

位运算实现a+b：xor，and，左移\(1\)位，递归即可。

\(40pts:\)

把每一位取出来之后直接加，最多迭代\(6\)次即可。

\(65pts:\)

发现将\(x\) xor \(y\)的最高位提取出来就可以解决。

设\(x\) xor \(y=a\) ，对于\(i\in [1,\log_2 64)\)，执行\(a |=(a>>2^i)\)。

如此操作后，\(a\)的最高位以下的位全都赋为了\(1\)。xor一下就好了。

\(80pts:\)

做法类似上个子任务，方向反过来即可。需要卡一卡常数。

\(100pts:\)

发现需要实现\(\min(x,y)\)。

\(\min(x,y)=[x<y]\cdot x+[x\geq y]\cdot y\)，发现需要实现一个数乘以\(0/1\)。等价于and上 \(0/2^{64}-1\)，用子任务\(4\)的方式解决即可。