2018.08.10【省赛&提高A组模拟】比赛总结

题解

这次题目可真是太难了！

糟糕的运气使我AK的步伐寸步难行（士气严重下降）。

T1

这题还是比较水的（尽管我比赛时只拿了50分）

一些大佬们说：这题只是一道简单的暴力题，枚举l+二分r 就可以了。

另一些DL们说：这题就是一道水DP，用SPFA/Dij做就可以了。

我说：这题是一道看不出正解的难题，只能暴力水30分了！

于是乎我打了一个暴力，却手残脑残打了一个贪心，使当前的 L 尽可能小

本以为会GG，结果居然拿了50分！

可以发现，结果区间的L和R都必定在输入里出现（不然怎么可能走不过去？）

因此枚举L，二分R即可！

T2

这题还是有点水的（尽管我爆0）

不难发现这题要用Trie。

可以按照T建也可以按照S建，我是按照T建的。

每一个节点上都额外多储存两个变量——last和sum，last建树时最后经过该节点的字符串编号，sum表示到当前字符串，与该字符串前缀相同的字符串组成的A数组中的最长全0串。

建树时，要维护每一个节点的last和sum。

询问时，走到S的尽头节点x（若走不到则输出n），输出\(\max(sum[x],n-last[x])\)即可。

T3

这题十分毒瘤！

一看题目，就觉得正解就是数论。

可以发现，假如 x[p]能够求出来，那么必定存在一对(i,j)，满足 \(P\mod k[i]=0,P\mod k[j]=1\)。

这相当于 \(p=a1*k[i]=a2*k[j]+1\)即 \(a1*k[i]-a2*k[j]=1\)，这个就可以用扩展欧几里得算法来求通解。

注意：有解的条件必定是gcd(k[i],k[j])=1

但是这样会重复，因此要用容斥原理去重。

我们可以设 f[s1][s2](其中 s1 表示 p mod k[i]=0 的集合，s2 表示 p mod k[j]=1 的集合，s1,s2 可以用二进制来压)，来表示满足以下方程的 p 的个数：

\(P\mod k[i1]=0,P\mod k[i2]=0,P\mod k[i3]=0\), ……

\(P\mod k[j1]=1,P\mod k[j2]=1,P\mod k[j3]=1\), ……

事实上，这等价于满足两个方程。

\(P\mod lcm(k[i1],k[i2],…)=0,P\mod lcm(k[j1],k[j2],…)=1\)

这个方程的解的个数可以用扩展欧几里得来求。

因此我们可以用一个DFS枚举s1和s2来实现，当一共选择了奇数个元素时就为重复要减去，否则为不重复要加上。

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CODE

T1

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 1010
#define M 3010
#define inf 1e+6
struct EDGE
{
	int end,l,r,next;
}edge[M<<1];
struct node
{
	int first,num,l,r;
	node(){first=num=l=r=0;}
}a[N];
int n,m,s,ans,L,R,left[M],right[M];
bool b[N];
inline void inc(int x,int y,int l,int r)
{
	edge[++s]=(EDGE){y,l,r,a[x].first};
	a[x].first=s;
	edge[++s]=(EDGE){x,l,r,a[y].first};
	a[y].first=s;
}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
bool pd(int k)
{
	b[k]=0;
	if(k==n) return 1;
	for(int i=a[k].first;i;i=edge[i].next)
		if(edge[i].l<=L&&edge[i].r>=R&&b[edge[i].end]&&pd(edge[i].end))
			return 1;
	return 0;
}
int main()
{
	freopen("travel.in","r",stdin);
	freopen("travel.out","w",stdout);
	int i,j,x,y,l,r,mid,ans=0,ansl;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&left[i],&right[i]);
		inc(x,y,left[i],right[i]);
		left[i]=-left[i];
	}
	sort(left+1,left+m+1);
	sort(right+1,right+m+1);
	for(i=1;i<=m;i++) if(left[i]!=left[i-1])
	{
		l=1,r=m;
		while(l<=r)
		{
			mid=(l+r)/2;
			L=-left[i],R=right[mid];
			if(R-L+1<ans) l=mid+1;
			else
			{
				for(j=1;j<=n;j++) b[j]=1;
				if(pd(1))
				{
					if(R-L+1>=ans)
						ans=R-L+1,ansl=L;
					l=mid+1;
				}
				else r=mid-1;
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	for(i=ansl;i<ans+ansl;i++) printf("%d ",i);
	return 0;
}

T2

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100010
#define M 5000010
#define minus 'a'
struct trie
{
	int last,ans;
	trie *son[3];
	trie()
	{
		last=ans=0;
		son[0]=son[1]=son[2]=NULL;
	}
};
trie *root=new trie;
char st[M];
int n,m,len,num;
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline void insert(trie *p)
{
	len=strlen(st+1);
	int i,k;
	for(i=1;i<=len;i++)
	{
		k=st[i]-minus;
		if(p->son[k]==NULL)
		{
			p->son[k]=new trie;
			p=p->son[k];
		}
		else
		{
			p=p->son[k];
			p->ans=max(p->ans,num-(p->last)-1);
		}
		p->last=num;
	}
}
inline int find()
{
	int i;
	trie *p=root;
	len=strlen(st+1);
	for(i=1;i<=len;i++)
	{
		if(p->son[st[i]-minus]) p=p->son[st[i]-minus];
		else return n;
	}
	return max(p->ans,n-p->last);
}
int main()
{
	freopen("word.in","r",stdin);
	freopen("word.out","w",stdout);
	int i;trie *p;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(num=1;num<=n;num++)
	{
		scanf("%s",st+1);
		insert(root);
	}
	while(m--)
	{
		scanf("%s",st+1);
		printf("%d\n",find());
	}
	return 0;
}

T3

#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,ans,x,y,a[12];
ll exgcd(ll a,ll b)
{
	if(b==0)
	{
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	ll d=exgcd(b,a%b),t=x;
	x=y,y=t-a/b*y;
	return d;
}
inline ll gcd(ll x,ll y)
{
	if(y==0) return x;
	return gcd(y,x%y);
}
inline ll lcm(ll x,ll y)
{
	if(x==0) return y;
	if(y==0) return x;
	return x/gcd(x,y)*y;
}
void dfs(ll k,ll lcm1,ll lcm2,ll sum)
{
	if(lcm1>n||lcm2>n) return;
	if(k>m)
	{
		if(lcm1==0||lcm2==0) return;
		if(exgcd(lcm1,lcm2)>1) return;
		x=(x%lcm2+lcm2)%lcm2;
		ans+=(n/lcm1-x+lcm2)/lcm2*(sum&1?-1:1);
		return;
	}
	dfs(k+1,lcm1,lcm2,sum);
	dfs(k+1,lcm(lcm1,a[k]),lcm2,sum+1);
	dfs(k+1,lcm1,lcm(lcm2,a[k]),sum+1);
}
int main()
{
	freopen("sazetak.in","r",stdin);
	freopen("sazetak.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	a[++m]=n;
	dfs(1,0,0,0);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}