寒武纪camp Day4

补题进度：7/11

A(博弈论)

略

B

待填坑

C(贪心)

题意：

　　一个序列是good的当且仅当相邻两个数字不相同。给出一个长度为n的数列，每个数字是ai。定义一种操作就是把a中某个元素拿到首位去，问最少需要多少次操作才能让数列a变成good的。如果不可行则输出-1。

　　n<=1000,1<=ai<=n

分析：

　　我们先来判-1的情况，当且仅当出现次数最多的那个数字的出现次数超过了$\frac{n}{2}$

　　然后我们再来考虑一般的情况，我们把那些需要移动的数字全部拿出来记录一下，即b[i]表示至少要把b[i]个数字i提到前面去

　　假设目前一共要移动m个数字，那么如果出现次数最多的数字的出现次数不超过$\frac{m}{2}$，那么是很美好的，因为这样我们一定可以用m此操作让它们跑到前面去并且不冲突

　　但是如果出现最多的次数超过了$\frac{m}{2}$，那么我们就需要用额外的本不需要动的数字来填充其中了，讨论一下即可

　　注意还要讨论一下第一位数字的值

D(后缀树)

题意：

　　给出一个字符串S，一个整数l，一个整数k

　　|S|<=2e5,l<=2e5,0<=k<=1e12

　　我们需要求出一共有多少个长度不超过l的字符串T满足条件，答案可能很大，对1e9+7取模

　　要满足的条件是以下程序段跑出的tot的值>=k

　　

分析：

　　考虑一个简单的问题，给定了一个字符串T，我们要如何快速统计出tot的值

　　tot的计算过程实际上是把S的每个后缀当作一个字符串，然后让T和每个字符串去求一个LCP，然后把所有LCP相加

　　很自然的想到把S的每个后缀全部加到一个Trie树中

　　那么我们定义一个点的value是它在Trie树的子树中单词节点的个数，那么我们只需要让T在Trie树上走，把经过点的value都加起来就是答案了，进一步的我们可以对于每个点，求出这个点到root这条链上的所有value的和，那么答案就是分叉点处的Σvalue

　　这明显可以用后缀树优化，所以复杂度是O(n)的

　　好现在我们再来考虑如何统计数目，统计数目也是很简单的，我们只需要枚举分叉点的位置，然后后面的那些位任意取（当然第一个自由元并不是26种），累加即可

　　我们为了优化复杂度，把这个计算过程搬到后缀树上即可，中间的计算需要在纸上算算，本质上是算等比数列求和

　　建后缀树的话，只需要建出逆序的SAM，然后按照slink建树就行了

　　时间复杂度O(n)

E(dp)

题意：

　　给出n,m,p

　　给出n个m维向量，向量的每一位都是0/1

　　问有多少个集合S，其中异或运算在S中是封闭的，且T∈S

　　答案对p取模

　　1<=n<=100,1<=m<=min(2000,2^n),1<=p<=1e9

分析：

　　S实际上就是包含T的线性子空间，所以就是求秩为m-rank(T)的线性子空间的个数

　　我们考虑生成线性子空间的线性基的过程，从高位到低位放线性基

　　每次我们有两种决策，那就是在当前列的主元位置放一个1（上面行的对应列都必须是0），或者当前位置放置0，之前有元素的行的对应位置可以随便填0/1

　　于是我们就有了dp式子，dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]*2^j

　　dp[i][j]表示填了i列填了j个主元的方案数

F(记忆化搜索+论文剪枝)

待填坑

G(贪心)

题意：

　　给出一个1~n的排列，你可以把它分割成最多k段并且可以把这k个段进行排序，输出你能得到的最小字典序。

　　n<=1e5

分析：

　　贪心着来，先把1砍出来，然后把2砍出来……

　　这样可能会面临剩下最后一刀，但是不能把下一个数字砍出来了（因为可能需要两刀），去讨论最后一刀的情况就行了

H(标记回收线段树)

题意：

　　给出一个长度为n的数组a[]，有q个操作，操作有两种

　　　　1 l r v ：把a[l..r]全部改成数字v

　　　　2        ：撤销目前存在的最早的1操作

　　对于每次操作之后，你需要计算数组的数字和，并把它累加起来最后输出

　　n,q,v<=1e5

分析：

　　有了2操作，很容易想到是可持久化线段树，但是仔细一想，区间覆盖操作是不支持减法的，所以可持久化线段树好像无法做

　　我们可以考虑这样来做，第i次1操作就把对应区间的值改成i，然后删除一个操作i就是把数组里所有数字i删除，变成初始状态

　　因为是按照操作顺序删除操作的，所以这样是正确的

　　我们只需要考虑用线段树来维护这个过程就行了

　　我们假设刚开始每个位置染的颜色是inf(表示没有被染，是原来的值)

　　我们现在线段树要处理问题的核心是“将数组中所有颜色i全部删除，变成inf，维护区间和”

　　我们可以维护一下区间颜色min，如果一个区间颜色min>i，那么就不需要进去改颜色了（因为改颜色的过程是递增的）

　　这样每次删除的话时间复杂度是O(颜色段数)，这样可行吗？

　　我们可以来分析一下，刚开始加入一个颜色区间，该颜色区间有log段，然后以后在染色的过程中，最多把之前的一个颜色分成两部分，所以一次修改操作只会让总段数多出log段，整体时间复杂度还是在O(nlogn)量级的

　　有一点需要注意，在删除一个区间的标记之后，我们还需要将它子树里的标记全部清空（或者在做修改操作时候清空子树标记也是可行的），所以我们的线段树还需要标记回收，这也是不影响复杂度的

I

待填坑

J

待填坑

K(不平等博弈)

题意：

　　在一个n个点的树上，Alice和Bob要进行博弈，首先Alice在任意一个地方下一个白棋，然后Bob在一个白棋的周围下个黑棋，然后Alice在一个白棋的周围下一个白棋……谁不能操作就算输

　　n<=100

分析：

　　这是个不平等博弈，所以考虑用dp解决

　　dp[i]表示在以i为根的子树上下棋，Alice先手在根下，最终Alice会比Bob多走多少步

　　那么在i的k个分叉中，Bob会先选择一个dp[u]最大的一个下黑棋，不让Alice下白棋，然后Alice会选择dp[u]第二大的点下白棋，然后Bob会选择一个dp[u]第三大的点下黑棋……

　　那么把dp[u]排序后，我们去累加一下求和就能得到dp[i]的值了

　　注意一点，最后dp[i]=max(dp[i],0)，即如果走这个子树Alice比Bob走的少，那么Alice不会选择走这个子树

　　最后看一下dp[1]的值和0的大小关系就知道是Alice赢还是Bob赢了

　　时间复杂度是O(nlogn)的