2020牛客暑期多校训练营（第四场）BCFH

BCFH

B. Basic God Problem

题意

给出c和n，求fc（n）。

题解

递归到最后 fc 函数肯定等于1，那么就变成了求c被乘了几次，只要找到 x 最多能被分解成多少个数相乘就好了。预处理用线性筛求出每个数最多能被分解成多少个数相乘，快速幂求出解。

代码

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 #define pb push_back
 4 #define ft first
 5 #define sd second
 6 #define pii pair<int,int>
 7 #define pll pair<ll,ll>
 8 using namespace std;
 9
10 ll st[1001000];
11 ll prime[1001000];
12 ll d[1001000];
13 ll cnt;
14 const ll mod=1e9+7;
15 void Prime(ll n)
16 {
17     cnt=0;
18     for(ll i=2;i<=n;i++){
19         if(!st[i]) prime[cnt++]=i,d[i]=1;
20         for(int j=0;prime[j]*i<=n;j++){
21             st[prime[j]*i]=1;
22             d[prime[j]*i]=d[i]+1;
23             if(i%prime[j]==0) break;
24         }
25     }
26 }
27 ll quick(ll a,ll b)
28 {
29     ll res=1;
30     a=a%mod;
31     while(b){
32         if(b&1) res=(res*a)%mod;
33         a=(a*a)%mod;
34         b>>=1;
35     }
36     return res%mod;
37 }
38 int main()
39 {
40     ios::sync_with_stdio(false);
41     cin.tie(0);
42     cout.tie(0);
43     Prime(1000000);
44     for(ll i=1;i<=10;i++) cout<<d[i]<<endl;
45     int t;
46     cin>>t;
47     while(t--){
48         ll n,c;
49         cin>>n>>c;
50         cout<<quick(c,d[n])<<endl;
51     }
52     return 0;
53 }

C. Count New String

题意

f(S,x,y)(1≤x≤y≤n)表示一个长度为y-x+1的字符串，字符串的第 i 位为max_{i=x...x+k−1}S_i。 A={ f( f(S,x₁,y₁), x₂−x₁+1 , y₂−x₁+1 ) | 1≤x₁≤x₂≤y₂≤y₁≤n}，求有多少不同的集合A。

题解

出题人的题解：

• 核心点 1

• 这题等价于 f(S,i,n) 这 n 个串的不同子串的个数

• 核心点 2

• 假设当前字符的位置是 i，最近的大于等于它的字符的位置

是 j，那么新增的代价是 j-i。

• f(S,i,n) 翻转后构成的字典树的大小不超过 10N

• 所以我们要考虑这个字典树本质不同的子串

• 最暴力的方法：在构成的字典树上建广义后缀自动机即可，

设 k 为字符集大小，复杂度O(Nk2)

• 也可以用一些哈希或序列自动机的方法求一求。

 

我的想法：

比赛的时候第一点我就没看出来，好菜.....

A集合中区间范围可以看出[x₂,y₂]完全包含在[x₁,y₁]里边，所以[x₂,y₂]这个是不起任何作用的。故问题就转换成了求f(S,x,y)(1≤x≤y≤n)有多少本质不同的子串。这个问题不就是广义后缀自动机的经典题型了吗。但是如果对于所有的[x₁,y₁]都建立sam的话，肯定是不行的，于是就要用到别的办法。观察可以发现f(S,x,y)调用过程中任意一个位置的字符最多会被替换9次（因为子集字符串长度最大为10）。看巨巨们的博客有两种方法，一种用单调队列完成，一种是序列自动机。找到第一个大于等于s[i]的字符的位置记录为pos，那么只要每次往sam中插入s[i]~s[pos-1]即可。

 

关于序列自动机的做法：（来自@Frozen_Guardian）nt[ i ][ j ] 表示为记录位置 i 开始的首次大于等于字母 j 的位置，这样对于第 i 个位置的字母 j 来说，只需要暴力更新一下 [ i , nt[ i ][ j ] - 1 ] 就好了，nt[ i ][ j ] 往后的位置都可以直接从前面维护的 trie 树中拉下来继续用。

代码

序列自动机+SAM

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 using namespace std;
 4
 5 const int maxn=1e6+10;
 6
 7 struct state
 8 {
 9     int mxlen,link;
10     int cnt;
11     int nt[26];
12 }st[maxn<<1];
13
14 int sz,last,len;
15 char s[maxn];
16
17 inline void sam_init()
18 {
19    st[0].mxlen=0;
20    st[0].link=-1;
21    sz=1;
22    last=0;
23 }
24
25 inline void sam_extend(int c)
26 {
27     int cur=sz++;
28     st[cur].mxlen=st[last].mxlen+1;
29     st[cur].cnt=1;
30     int p=last;
31     while(p!=-1&&!st[p].nt[c]){
32         st[p].nt[c]=cur;
33         p=st[p].link;
34     }
35     if(p==-1) st[cur].link=0;
36     else{
37         int q=st[p].nt[c];
38         if(st[p].mxlen+1==st[q].mxlen) st[cur].link=q;
39         else{
40             int clone=sz++;
41             st[clone].mxlen=st[p].mxlen+1;
42             memcpy(st[clone].nt,st[q].nt,sizeof(st[q].nt));
43             st[clone].link=st[q].link;
44             while(p!=-1&&st[p].nt[c]==q){
45                 st[p].nt[c]=clone;
46                 p=st[p].link;
47             }
48             st[q].link=st[cur].link=clone;
49         }
50     }
51     last=cur;
52 }
53
54 int nt[maxn][10],id[maxn];
55 //nx[i][j]第i个位置(包括)后首次出现大于等于j的位置
56
57 int main()
58 {
59     cin>>s+1;
60     sam_init();
61     int n=strlen(s+1);
62     for(int i=0;i<10;i++) nt[n+1][i]=n+1;
63     for(int i=n;i>=1;i--){
64         for(int j=0;j<10;j++) nt[i][j]=nt[i+1][j];
65         nt[i][s[i]-'a']=i;
66         for(int j=8;j>=0;j--) nt[i][j]=min(nt[i][j],nt[i][j+1]);
67     }
68     id[n+1]=last;
69     for(int i=n;i>=1;i--){
70         int pos=nt[i+1][s[i]-'a'];
71         last=id[pos];
72         for(int j=i;j<pos;j++) sam_extend(s[i]-'a');
73         id[i]=last;
74     }
75     ll ans=0;
76     for(int i=1;i<=sz;i++){
77         ans+=st[i].mxlen-st[st[i].link].mxlen;
78     }
79     cout<<ans<<endl;
80     return 0;
81 }

单调队列+SAM

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 using namespace std;
 4
 5 const int maxn=1e6+10;
 6
 7 struct state
 8 {
 9     int mxlen,link;
10     int cnt;
11     int nt[26];
12 }st[maxn<<1];
13
14 int sz,last,len;
15 char s[maxn];
16
17 inline void sam_init()
18 {
19    st[0].mxlen=0;
20    st[0].link=-1;
21    sz=1;
22    last=0;
23 }
24
25 inline void sam_extend(int c)
26 {
27     int cur=sz++;
28     st[cur].mxlen=st[last].mxlen+1;
29     st[cur].cnt=1;
30     int p=last;
31     while(p!=-1&&!st[p].nt[c]){
32         st[p].nt[c]=cur;
33         p=st[p].link;
34     }
35     if(p==-1) st[cur].link=0;
36     else{
37         int q=st[p].nt[c];
38         if(st[p].mxlen+1==st[q].mxlen) st[cur].link=q;
39         else{
40             int clone=sz++;
41             st[clone].mxlen=st[p].mxlen+1;
42             memcpy(st[clone].nt,st[q].nt,sizeof(st[q].nt));
43             st[clone].link=st[q].link;
44             while(p!=-1&&st[p].nt[c]==q){
45                 st[p].nt[c]=clone;
46                 p=st[p].link;
47             }
48             st[q].link=st[cur].link=clone;
49         }
50     }
51     last=cur;
52 }
53
54 int id[maxn];
55
56 int main()
57 {
58     cin>>s+1;
59     sam_init();
60     int n=strlen(s+1);
61     stack<int>ss;
62     ss.push(n+1);
63     id[n+1]=last;
64     for(int i=n;i>=1;i--){
65         while(ss.size()!=1&&s[ss.top()]<s[i]) ss.pop();
66         int pos=ss.top();
67         last=id[pos];
68         for(int j=i;j<pos;j++) sam_extend(s[i]-'a');
69         id[i]=last;
70         ss.push(i);
71     }
72     ll ans=0;
73     for(int i=1;i<=sz;i++){
74         ans+=st[i].mxlen-st[st[i].link].mxlen;
75     }
76     cout<<ans<<endl;
77     return 0;
78 }

 

F. Finding the Order

题意

有两条平行的线AB和CD，给出AC, AD, BC, BD 的长度，分别为a, b, c, d。问是AB//CD，还是AB//DC。

题解

• 这是一个神奇的题目，我是把所有情况画出来记录，毕竟暴力出奇迹嘛^_^
• 发现自己是憨憨，看了其他巨巨的题解发现自己的方法好蠢，我连小学数学的水平都没有┭┮﹏┭┮ ，这个解法来自@Harris-H。根据两边之和大于第三边，直接比较AC+BD和AB+BC的长度就好了，长的是四边形的交线，就可以判断是CD还是DC了。

代码

菜鸡本人的代码

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 #define pb push_back
 4 #define ft first
 5 #define sd second
 6 #define pii pair<int,int>
 7 #define pll pair<ll,ll>
 8 using namespace std;
 9
10 int main()
11 {
12     ios::sync_with_stdio(false);
13     cin.tie(0);
14     cout.tie(0);
15     int t;
16     cin>>t;
17     while(t--){
18         int a,b,c,d;
19         cin>>a>>b>>c>>d;
20         if(b>a&&c>d&&b>d||a>b&&c>d&&c>a||b>a&&d>c&&b>d||a==b&&c>d&&c>a||c==d&&b>a&&b>d) cout<<"AB//CD"<<endl;
21         else cout<<"AB//DC"<<endl;
22     }
23     return 0;
24 }

巨巨的代码

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const int N=1e3+5,M=2e4+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
 5 #define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
 6 #define lx x<<1
 7 #define rx x<<1|1
 8 #define reg register
 9 #define PII pair
10 #define fi first
11 #define se second
12 #define pb push_back
13 int main(){
14     int t;
15     cin>>t;
16     while(t--){
17         int a,b,c,d;
18         cin>>a>>b>>c>>d;
19         puts(b+c>a+d?"AB//CD":"AB//DC");
20     }
21     return 0;
22 }

H. Haeder Gcd Problem

题意

集合A和B都是{1,2,.....,n}的子集，A∩B≠∅。问A和B最多有多少对数GCD(Ap，Bq)>1。

题解

所有gcd>1的两个数肯定是倍数关系，最小肯定是本身和2倍。越大的数能和他匹配的就会越少，为了简单，从大的数往小的数匹配。先用线性筛O(n)预处理出1-n之间的质数，然后找到小于n的质数最大，并且要有至少一个数可以和他配对。从这个质数开始往下计算，如果有偶数个可以和该质数配对的，那就直接记录下来；如果是奇数个，最简单的方法是将这个数的二倍放弃，剩下的记录下来。因为是2的倍数，肯定存在，并且方便计算。

代码

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 #define pb push_back
 4 #define ft first
 5 #define sd second
 6 #define pii pair<int,int>
 7 #define pll pair<ll,ll>
 8 using namespace std;
 9
10 ll st[200100];
11 ll prime[200100];
12 ll cnt;
13
14 void Prime(ll n)
15 {
16     cnt=0;
17     for(ll i=2;i<=n;i++){
18         if(!st[i]) prime[cnt++]=i;
19         for(int j=0;prime[j]*i<=n;j++){
20             st[prime[j]*i]=1;
21             if(i%prime[j]==0) break;
22         }
23     }
24 }
25
26 ll  quick(int a,int b)
27 {
28     int res=1;
29     while(b){
30         if(b&1) res=(res*a);
31         a=(a*a);
32         b>>=1;
33     }
34     return res;
35 }
36
37 bool vis[200100];
38 vector<int>v[200100];
39
40 int main()
41 {
42     ios::sync_with_stdio(false);
43     cin.tie(0);
44     cout.tie(0);
45     int t;
46     cin>>t;
47     Prime(200000);
48     while(t--){
49         memset(vis,0,sizeof(vis));
50         int n;
51         cin>>n;
52         for(int i=0;i<=n;i++) v[i].clear();
53         int k=cnt-1;
54         for(int i=0;i<cnt;i++){
55             if(prime[i]>n) {k=i-1;break;}
56         }
57         int ans=0;
58         for(int i=k;i>=0;i--){
59             int p=n/prime[i],x=0;
60             for(int j=1;j<=n/prime[i];j++)
61                 if(!vis[prime[i]*j]) x++;
62             if(x&1){
63                 int flag=0;
64                 if(n/prime[i]<2) continue;
65                 for(int j=1;j<=n/prime[i];j++){
66                     if(!flag&&!vis[prime[i]*j]&&(prime[i]*j)%2==0) flag=1;     //删掉一个2的倍数
67                     else if(!vis[prime[i]*j]) {
68                         vis[prime[i]*j]=1;
69                         v[i].push_back(prime[i]*j);
70                     }
71                 }
72             }
73             else{
74                 for(int j=1;j<=n/prime[i];j++)
75                     if(!vis[prime[i]*j]) {
76                         vis[prime[i]*j]=1;
77                         v[i].push_back(prime[i]*j);
78                     }
79             }
80         }
81         for(int i=0;i<=k;i++){
82             ans+=v[i].size()/2;
83         }
84         cout<<ans<<endl;
85         for(int i=0;i<=k;i++){
86             for(int j=1;j<v[i].size();j+=2){
87                 cout<<v[i][j-1]<<' '<<v[i][j]<<endl;
88             }
89         }
90     }
91     return 0;
92 }