Technocup 2020 Elimination Round 3题解

传送门

\(A\)

曲明连sb模拟不会做，拖出去埋了算了

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef pair<int,int> pi;
const int N=2005;
char s[N];int n,k,top,T;pi st[N];
void find(int pos,int c){
	if(s[pos]==c)return;
	fp(i,pos+1,n)if(s[i]==c){
		st[++top]=pi(pos,i),reverse(s+pos,s+i+1);
		return;
	}
}
int main(){
	for(scanf("%d",&T);T;--T){
		scanf("%d%d",&n,&k),top=0,--k;
		scanf("%s",s+1);
		fp(i,1,k<<1)find(i,(i&1)?'(':')');
		R int sz=n-(k<<1);
		fp(i,1,sz)find(i+(k<<1),i<=sz?'(':')');
		printf("%d\n",top);
		fp(i,1,top)printf("%d %d\n",st[i].fi,st[i].se);
	}
	return 0;
}

\(B\)

离线之后sort一下依次加入每个元素，每次查询\(k\)大值就行了，我抄了个平衡树板子，实际上二分+树状数组就行了

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pb push_back
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
unsigned int aaa=19260817;
inline unsigned int rd(){aaa^=aaa>>15,aaa+=aaa<<12,aaa^=aaa>>3;return aaa;}
const int N=2e5+5;
struct node;typedef node* ptr;
struct node{
    ptr lc,rc;int v,sz;unsigned int pr;
    inline void init(R int val){v=val,pr=rd(),sz=1;}
    inline ptr upd(){return sz=lc->sz+rc->sz+1,this;}
}e[N],*rt=e;int tot;
inline ptr newnode(R int v){return e[++tot].init(v),(e+tot)->lc=(e+tot)->rc=e,e+tot;}
void split(ptr p,int k,ptr &s,ptr &t){
    if(p==e)return s=t=e,void();
    if(p->v<=k)s=p,split(p->rc,k,p->rc,t);
        else t=p,split(p->lc,k,s,p->lc);
    p->upd();
}
ptr merge(ptr s,ptr t){
    if(s==e)return t;if(t==e)return s;
    if(s->pr<t->pr)return s->rc=merge(s->rc,t),s->upd();
    return t->lc=merge(s,t->lc),t->upd();
}
void insert(int k){
    ptr s,t;
    split(rt,k,s,t);
    rt=merge(merge(s,newnode(k)),t);
}
void erase(int k){
    ptr s,t,p;
    split(rt,k,s,t),split(s,k-1,s,p),p=merge(p->lc,p->rc);
    rt=merge(merge(s,p),t);
}
int rk(int k){
    ptr s,t;int now;
    split(rt,k-1,s,t);now=s->sz+1;
    return rt=merge(s,t),now;
}
int Kth(ptr p,int k){
    if(p->lc->sz==k-1)return p->v;
    if(p->lc->sz>=k)return Kth(p->lc,k);
    return Kth(p->rc,k-p->lc->sz-1);
}
int Pre(int k){
    ptr s,t;int now;
    split(rt,k-1,s,t),now=Kth(s,s->sz);
    return rt=merge(s,t),now;
}
int nxt(int k){
    ptr s,t;int now;
    split(rt,k,s,t),now=Kth(t,1);
    return rt=merge(s,t),now;
}
int a[N],id[N],ak[N],ad[N],ans[N],n,m;
vector<int>qr[N];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),id[i]=i;
	sort(id+1,id+1+n,[](const int &x,const int &y){return a[x]==a[y]?x<y:a[x]>a[y];});
	scanf("%d",&m);
	fp(i,1,m)scanf("%d%d",&ak[i],&ad[i]),qr[ak[i]].pb(i);
	fp(i,1,n){
		insert(id[i]);
		for(auto v:qr[i])ans[v]=Kth(rt,ad[v]);
	}
	fp(i,1,m)printf("%d\n",a[ans[i]]);
	return 0;
}

\(C\)

曲明连sb二分都不会做，可以拖出去埋了

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=1e6+5;
char s[N];
vector<int>sm[N],a[N],d[N],g[N];
int n,m,cnt,h,t,l,r,mid,ans;
inline void init(){
	fp(i,0,n+1){
		sm[i].resize(m+2),
		a[i].resize(m+2),
		d[i].resize(m+2),
		g[i].resize(m+2);
	}
}
inline int calc(R int x,R int y,R int xx,R int yy){
	return sm[xx][yy]+sm[x-1][y-1]-sm[x-1][yy]-sm[xx][y-1];
}
inline bool ok(R int i,R int j,R int mid){
	return calc(i-mid,j-mid,i+mid,j+mid)==(mid<<1|1)*(mid<<1|1);
}
bool ck(){
	fp(i,0,n+1)fp(j,0,m+1)g[i][j]=0;
	fp(i,mid+1,n-mid)fp(j,mid+1,m-mid)
		if(ok(i,j,mid)){
			++g[i-mid][j-mid],++g[i+mid+1][j+mid+1];
			--g[i-mid][j+mid+1],--g[i+mid+1][j-mid];
		}
	R int fl=1;
	fp(i,1,n)fp(j,1,m){
		g[i][j]+=g[i-1][j]+g[i][j-1]-g[i-1][j-1];
		if((g[i][j]>0)!=a[i][j])fl=0;
	}
	return fl;
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);init();
	fp(i,1,n){
		scanf("%s",s+1);
		fp(j,1,m){
			a[i][j]=(s[j]=='X');
			sm[i][j]=sm[i-1][j]+sm[i][j-1]-sm[i-1][j-1]+a[i][j];
		}
	}
	l=0,r=min(n+1,m+1)>>1,ans=0;
	while(l<=r){
		mid=(l+r)>>1;
		ck()?(ans=mid,l=mid+1):r=mid-1;
	}
	printf("%d\n",ans);
	fp(i,1,n)fp(j,1,m)d[i][j]=0;
	fp(i,ans+1,n-ans)fp(j,ans+1,m-ans)d[i][j]=ok(i,j,ans);
	fp(i,1,n){
		fp(j,1,m)putchar(d[i][j]?'X':'.');
		putchar('\n');
	}
	return 0;
}

\(D\)

记一个\(c\)，考虑每个\(i\)，如果\(a_i=h_i\)令\(--c\)，如果\(a_i=h_{i+1}\)令\(++c\)，相当于求最终\(c>0\)的方案，那么根据\(h_i\)和\(h_{i+1}\)是否相等判断一下\(a_i\)对\(c\)的贡献写出生成函数，手动多项式快速幂就行了

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int inc(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
	R int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
	return res;
}
const int N=(1<<19)+5;
int rt[2][N],r[21][N],inv[21],lg[N],lim,d;
void init(){
    fp(d,1,19){
        fp(i,1,(1<<d)-1)r[d][i]=(r[d][i>>1]>>1)|((i&1)<<(d-1));
        inv[d]=ksm(1<<d,P-2),lg[1<<d]=d;
    }
    for(R int t=(P-1)>>1,i=1,x,y;i<524288;t>>=1,i<<=1){
        x=ksm(3,t),y=ksm(332748118,t),rt[0][i]=rt[1][i]=1;
        fp(k,1,i-1){
            rt[0][i+k]=mul(rt[0][i+k-1],x);
            rt[1][i+k]=mul(rt[1][i+k-1],y);
        }
    }
}
void NTT(int *A,int ty){
    int t;
    fp(i,0,lim-1)if(i<r[d][i])swap(A[i],A[r[d][i]]);
    for(R int mid=1;mid<lim;mid<<=1)
        for(R int j=0;j<lim;j+=(mid<<1))
            fp(k,0,mid-1){
                A[j+k+mid]=inc(A[j+k],P-(t=mul(A[j+k+mid],rt[ty][mid+k])));
                upd(A[j+k],t);
            }
    if(!ty){
        t=inv[d];
        fp(i,0,lim-1)A[i]=mul(A[i],t);
    }
}
int A[N],a[N];
int n,k,res,coef,cnt;
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	init();
	scanf("%d%d",&n,&k);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
	a[n+1]=a[1];
	fp(i,1,n)++(a[i]==a[i+1]?coef:cnt);
	if(coef==n)return puts("0"),0;
	coef=ksm(k%P,coef);
	A[0]=A[2]=1,A[1]=(k-2)%P;
	lim=1,d=0;while(lim<=(cnt<<1))lim<<=1,++d;
	NTT(A,1);
	fp(i,0,lim-1)A[i]=ksm(A[i],cnt);
	NTT(A,0);
	fp(i,cnt+1,(cnt<<1))upd(res,A[i]);
	printf("%d\n",mul(res,coef));
	return 0;
}

\(E\)

首先默认\(a_i\leq a_{i+1}\)，并且默认\(a_i\leq n-1\)

这样的话我们就可以有一种放法，对于一个\(n\times n\)的网格，强制副对角线上所有格子不能放元素，然后每一列都从这一列的副对角线格子上方开始放起，这样由于\(a_i\leq a_{i+1}\)，所以相邻两列的放了元素的格子的顶端一定不同

大概长这样，红色表示不能放，黑色表示放了的格子，\(a_2=a_3=a_4=2\)，但它们的顶端各不相同

这样的话我们可以证明任意两行一定不同

如果有的元素满足\(a_i=n\)，然后我们直接把它的第\(n\)个元素扔到第\(n+1\)行，有可能出现的一个问题就是第\(n\)行和第\(n+1\)行相等。一种解决办法就是我们找到第\(n+1\)行的黑格子的左边界，记为\(i\)，由于\(i\)是左边界，那么第\(n\)行里第\(i-1\)个格子一定是白的，我们把第\(n+1\)行第\(i\)个格子和第\(i\)列副对角线上那个格子交换，容易证明这样之后依然是合法的

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=1005;
int mp[N][N],a[N],id[N],n;
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),id[i]=i;
	sort(id+1,id+1+n,[](const int &x,const int &y){return a[x]<a[y];});
	fd(i,n,1)for(R int j=n-i,k=1;k<=min(n-1,a[id[i]]);++k,--j){
		if(!j)j=n;
		mp[j][id[i]]=1;
	}
	fp(i,1,n)if(a[i]==n)mp[n+1][i]=1;
	R bool fl=1;
	fp(i,1,n)if(mp[n][i]!=mp[n+1][i]){fl=0;break;}
	if(fl){
//		puts("QAQ");
		fd(i,n,1)if(a[id[i]]==n&&a[id[i-1]]!=n){
			mp[n+1][id[i]]=0,mp[n-i+1][id[i]]=1;
			break;
		}
	}
	printf("%d\n",n+1);
	fp(i,1,n+1){
		fp(j,1,n)putchar(mp[i][j]+'0');
		putchar('\n');
	}
	return 0;
}

\(F\)

我们把所有的线段都拆成形如\([x,x+2^k-1]\)的样子，其中\(x\)的二进制的\(0\)到\(k-1\)位全都为\(0\)，对于一条原来的线段，拆掉它之后产生的所有线段其实就是\(l\)和\(r\)的trie树上的路径的所有儿子，所以我们可以证明拆完之后总线段数是\(O(n\times 60)\)的

对于两条形如\([x,x+2^k-1]\)和\([y,y+2^g-1]\)的线段，假设\(k<g\)，并设\(p=x\oplus y\)的前\(59-g\)位，我们发现这两条线段可以异或出\([p,p+2^g-1]\)之间的所有数字，而且\(p\)是一个固定的前缀。所以我们可以枚举所有合法的线段，而最终的贡献就相当于trie树的一个子树全部合法，打上标记就行了，最后在trie树上dfs一遍就行了，总复杂度\(O(n^260^3)\)，卡一卡就能过

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int inc(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
	R int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
	return res;
}
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int> pi;
typedef pair<ll,ll> ppi;
const int N=200005;
int n,na,nb,top;pi sa[N],sb[N];ppi st[N];
void get(){
	scanf("%d",&n);
	fp(i,1,n)scanf("%lld%lld",&st[i].fi,&st[i].se);
	sort(st+1,st+1+n,[](const ppi &a,const ppi &b){return a.fi<b.fi;});
	top=1;
	fp(i,2,n)if(st[i].fi<=st[top].se+1)cmax(st[top].se,st[i].se);
		else st[++top]=st[i];
}
void build(pi *s,int &n,ll l,ll r){
	for(R ll i=l,p=0;i<=r;i+=(1ll<<p)){
		while((i>>p&1^1)&&(i+(1ll<<(p+1))-1)<=r)++p;
		while(p&&(i+(1ll<<p)-1)>r)--p;
		s[++n]=pi(i,p);
	}
}
const int M=1e7+5;
int ch[M][2],vis[M],bin[233],nd,res;
void ins(R ll x,int k){
	R int p=0,c;
	fd(i,59,k){
		c=(x>>i&1);
		if(!ch[p][c])ch[p][c]=++nd;
		if(vis[p=ch[p][c]])return;
	}
	vis[p]=1;
}
void dfs(int p,int pos,int coef){
	if(vis[p]){
		upd(res,mul(coef,bin[pos+1]));
		upd(res,mul(bin[pos+1]-1,bin[pos]));
		return;
	}
	if(ch[p][0])dfs(ch[p][0],pos-1,coef);
	if(ch[p][1])dfs(ch[p][1],pos-1,inc(coef,bin[pos]));
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	get();
	fp(i,1,top)build(sa,na,st[i].fi,st[i].se);
	get();
	fp(i,1,top)build(sb,nb,st[i].fi,st[i].se);
	bin[0]=1;fp(i,1,60)bin[i]=mul(bin[i-1],2);
	sort(sa+1,sa+1+na,[](const pi &a,const pi &b){return a.se>b.se;});
	sort(sb+1,sb+1+nb,[](const pi &a,const pi &b){return a.se>b.se;});
	fp(i,1,na)fp(j,1,nb)ins(sa[i].fi^sb[j].fi,max(sa[i].se,sb[j].se));
	dfs(0,59,0);
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}