[题解] Atcoder Regular Contest ARC 151 A B C D E 题解

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昨天刚打的ARC，题目质量还是不错的。

A - Equal Hamming Distances

对于一个位置i，如果\(S_i=T_i\)，那么不管\(U\)的这个位置填什么，对到\(S\)和\(T\)的海明距离增量都是相同的，所以这种位置一定填\(0\)更好；否则，这个位置填\(0\)或\(1\)分别可以给到\(S\)或到\(T\)的海明距离增加1，所以满足\(S_i=T_i\)的i的个数必须是偶数，否则一定无解。令这样的i的个数为x。从左到右遍历所有这样的i，尽量把\(U_i\)填成0，除非填0会导致到S或T的海明距离\(>\frac x2\)。可以证明这样贪心是最优的。

时间复杂度\(O(n)\)。

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#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nPROGRAM TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

int n;
string s,t,ans="";

int main()
{
  fileio();

  ios::sync_with_stdio(false);
  cin>>n>>s>>t;
  int cc=0;
  rep(i,s.size()) if(s[i]!=t[i]) ++cc;
  if(cc%2==1)
  {
    cout<<-1<<endl;
    termin();
  }
  cc/=2;
  int c0=0,c1=0;
  rep(i,s.size())
  {
    if(s[i]==t[i]) ans.pb('0');
    else
    {
      int a0=(s[i]=='1' ? 0:1);
      if((a0==0&&c0<cc)||(a0==1&&c1<cc))
      {
        ans.pb('0');
        if(a0==0) ++c0;else ++c1;
      }
      else
      {
        ans.pb('1');
        if(a0==0) ++c1;else ++c0;
      }
    }
  }
  cout<<ans<<endl;

  termin();
}

---

B - A < AP

把序列\(A_{P_1},A_{P_2}\cdots A_{P_n}\)叫做序列\(B\)。既然要求A<B，那不如枚举A第一个比B小的位置\(i\)(之前的位置都相等)。如果\(i=P_i\)，那\(A_i=B_i\)，这个位置是不可能分出胜负的，所以跳过。对于i之前的每一个位置j，如果\(j\ne P_j\)，那么必须满足\(A_j=A_{P_j}\)，所以可以把\(j\)和\(P_j\)两个位置用并查集连起来，变成同一个"连通块"，每个连通块内的位置取值必须相同。再回到i，如果\(i\)和\(P_i\)已经在同一个连通块内，那也必须跳过i。否则只要保证\(i\)和\(P_i\)所在的连通块满足一定大小关系就行了。

时间复杂度\(O(nlogn)\)。

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#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nPROGRAM TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

const LL MOD=998244353;

LL n,m,p[200010],fa[200010],pwm[200010];

LL Find(LL x)
{
  if(fa[x]!=x) fa[x]=Find(fa[x]);
  return fa[x];
}

int main()
{
  fileio();

  cin>>n>>m;
  pwm[0]=1;repn(i,n+3) pwm[i]=pwm[i-1]*m%MOD;
  repn(i,n) scanf("%lld",&p[i]),fa[i]=i;
  LL ans=0,con=n;
  repn(i,n)
  {
    if(p[i]==i) continue;
    if(Find(i)==Find(p[i])) continue;
    LL val=m*(m-1)/2%MOD;(val*=pwm[con-2])%=MOD;
    (ans+=val)%=MOD;
    fa[Find(i)]=Find(p[i]);--con;
  }
  cout<<ans<<endl;

  termin();
}

---

C - 01 Game

两个选手都可以画0、画1，那么这个游戏就是一个公平有向图游戏，可以用SG函数求解。这题的SG值看起来很有规律，可以打表观察一下(这竟然是我第一道打表找规律做出的题)。令\(sa_i\)表示一段长为i的空隙，两边的数相同(这里0和1对称)时，这个子游戏的SG函数值；\(di_i\)表示长度为i的空隙，两边数字不同的SG值；\(si_i\)表示长度为i的空隙，只有一端有数的SG值；\(no_i\)表示长度为i的空隙，两边都没有数(空序列)的SG值。打表的代码在下面程序的注释里。打出来发现(以下数组下标从0开始)：

• \(sa: 0\ 1\ 1\ 1\ 1\ \cdots\)
• \(di:0\ 0\ 0\ 0\ 0\ \cdots\)
• \(si:0\ 1\ 2\ 3\ 4\ \cdots\)
• \(no:0\ 1\ 0\ 1\ 0\ 1\ \cdots\)

规律很明显了吧。

时间复杂度\(O(m)\)。

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#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nPROGRAM TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

int sa[100010],di[100010],si[100010],no[100010];

int dfsdi(int i);
int dfssi(int i);

int dfssa(int i)
{
  if(sa[i]>-1) return sa[i];
  if(i==0) return sa[i]=0;
  map <int,int> mp;
  repn(j,i-2) mp[dfssa(j)^dfssa(i-1-j)]=1;
  rep(j,i) mp[dfsdi(j)^dfsdi(i-1-j)]=1;
  rep(j,500) if(mp.find(j)==mp.end()) return sa[i]=j;
  return sa[i]=0;
}

int dfsdi(int i)
{
  if(di[i]>-1) return di[i];
  if(i==0) return di[i]=0;
  map <int,int> mp;
  rep(j,i-1) mp[dfsdi(j)^dfssa(i-j-1)]=1;
  rep(j,500) if(mp.find(j)==mp.end()) return di[i]=j;
  return di[i]=0;
}

int dfssi(int i)
{
  if(si[i]>-1) return si[i];
  if(i==0) return si[i]=0;
  map <int,int> mp;
  rep(j,i)
  {
    mp[dfssi(j)^dfsdi(i-j-1)]=1;
    if(i-j-1>0) mp[dfssi(j)^dfssa(i-j-1)]=1;
  }
  rep(j,500) if(mp.find(j)==mp.end()) return si[i]=j;
  return si[i]=0;
}

int dfsno(int i)
{
  if(no[i]>-1) return no[i];
  if(i==0) return no[i]=0;
  map <int,int> mp;
  rep(j,i)
  {
    mp[dfssi(j)^dfssi(i-j-1)]=1;
  }
  rep(j,500) if(mp.find(j)==mp.end()) return no[i]=j;
  return no[i]=0;
}

LL n,m,x[200010],y[200010];

int main()
{
  fileio();
  /*
  rep(i,100005) sa[i]=di[i]=si[i]=no[i]=-1;
  rep(i,100) dfssa(i),dfsdi(i),dfssi(i),dfsno(i);

  rep(i,20) cout<<sa[i]<<' ';cout<<endl;
  rep(i,20) cout<<di[i]<<' ';cout<<endl;
  rep(i,20) cout<<si[i]<<' ';cout<<endl;
  rep(i,20) cout<<no[i]<<' ';*/

  cin>>n>>m;
  rep(i,m) scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
  if(m==0)
  {
    puts(n%2==0 ? "Aoki":"Takahashi");
    termin();
  }
  LL ans=0;
  rep(i,m-1) if(y[i]==y[i+1]) ans^=1;
  ans^=(x[0]-1);
  ans^=(n-x[m-1]);
  puts(ans ? "Takahashi":"Aoki");

  termin();
}

---

D - Binary Representations and Queries

将输入的数组称为\(a\)，输出的数组称为\(b\)。显然b是a的一个线性组合，也就是每个\(b_i\)都\(=\sum_{j=0}^{n-1}coef_j\cdot a_j\)，其中coef是系数。\(a_j\to b_i\)的系数取决于什么呢？其实系数等于输入的q个操作存在多少个子集，满足对j依次进行子集中的操作后，j变成了i。操作指的是对某一位的翻转，比如输入\(16 \ 0\)就表示如果一个数的第16位是0，就把他变成1。观察发现，对每一位的操作都是独立的、互不影响的，所以可以先把对第\(n-1\)位的操作都做完，再做第\(n-2,n-3\)位的操作…… 但是注意对于同一位的操作，顺序是不能换的。这样这题都好做了，我们可以在trie树上从上往下，依次进行每一位的所有操作。每一层的系数可以统一计算。

时间复杂度\(O(nlogn+q)\)。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <LL,LL>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nPROGRAM TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

const LL MOD=998244353;

LL n,q,a[1000010];
vector <LL> op[20];

int main()
{
  fileio();

  cin>>n>>q;
  rep(i,1<<n) scanf("%lld",&a[i]);
  LL x,y;
  rep(i,q)
  {
    scanf("%lld%lld",&x,&y);
    op[x].pb(y);
  }
  for(int i=n-1;i>=0;--i)
  {
    pii vx=mpr(1,0),vy=mpr(0,1);
    rep(j,op[i].size())
    {
      if(op[i][j]==0) (vy.fi+=vx.fi)%=MOD,(vy.se+=vx.se)%=MOD;
      else (vx.fi+=vy.fi)%=MOD,(vx.se+=vy.se)%=MOD;
    }
    int full=1<<(i+1);
    for(int st=0;st<(1<<n);st+=full)
    {
      int mid=st+(full>>1);
      rep(j,full>>1)
      {
        LL vl=a[st+j],vr=a[mid+j];
        a[st+j]=(vx.fi*vl+vx.se*vr)%MOD;
        a[mid+j]=(vy.fi*vl+vy.se*vr)%MOD;
      }
    }
  }
  rep(i,1<<n) cout<<a[i]<<' ';

  termin();
}

---

E - Keep Being Substring

如果X中有一些位置，它们一直没有被删除，并保留到了Y中，那么这些位置一定形成一个连续段。有这种位置的情况，操作次数一定比没有的少，因为没有这种位置的情况，X中所有元素都要被删除，Y中所有元素都是手动加上的。

先看能不能在X中有位置不被删除的情况下完成目标，枚举X中被保留的子段的开头位置i，把X和Y放到一起跑后缀数组+算出LCP数组。我们的目标是找到j，满足X中以i开头的后缀，与Y中以j开头的后缀的LCP最长。通过在LCP数组上two-pointers可以轻松找到这样的j。

然后就是X中全被删光的情况了。题目要求修改过程中时刻是A的子串，所以我们应该先把X删得只剩下一个字符，然后"跑"到A中某一个Y出现的地方，因为只有一个字符好跑路，多出来的都是累赘，最后肯定都是要删掉的，这些多出来的字符可能导致不是A的子串。用哈希找出Y在A中出现的所有位置，把这些位置的值\(A_i\)标记为目标值，只要我们达到了其中一个目标值就可以还原出整个Y。把X中的所有值\(X_i\)标记为起始值，从这些起始值开始跑bfs，两个值之间有边当且仅当它们在A中的某个地方相邻。这样就通过bfs找到了从"X的一个字符"到"Y的一个字符"的最少操作次数。

时间复杂度\(O(nlogn)\)。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()
{
  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif
}
void termin()
{
  #ifdef LGS
  std::cout<<"\n\nPROGRAM TERMINATED";
  #endif
  exit(0);
}

using namespace std;

int n;

vector <int> s;
namespace SA
{
	int sa[500010],lcp[500010],rk[1000010],cnt[500010],tmp[500010],add,cur;
	void rsort()
	{
		cur=0;
		for(int i=s.size()-1;i>=s.size()-add;--i) tmp[cur++]=i;
		rep(i,s.size()) if(sa[i]-add>=0) tmp[cur++]=sa[i]-add;

		int bd=max(n+3,(int)s.size()+3);
		rep(i,bd+3) cnt[i]=0;
		rep(i,s.size()) ++cnt[rk[i]];
		repn(i,bd+3) cnt[i]+=cnt[i-1];
		cur=0;
		for(int i=s.size()-1;i>=0;--i) sa[--cnt[rk[tmp[i]]]]=tmp[i];
	}
	int cmp(int x,int y){return (int)(rk[x]!=rk[y]||rk[x+add]!=rk[y+add]);}
	void getSA()
	{
		rep(i,s.size()+s.size()+3) rk[i]=0;
		rep(i,s.size()) rk[i]=s[i],sa[i]=i;
		int m=0;
		for(int msk=0;m<s.size();++msk)
		{
			add=(msk==0 ? 0:(1<<(msk-1)));
			rsort();
			tmp[sa[0]]=1;
			repn(i,s.size()-1) tmp[sa[i]]=tmp[sa[i-1]]+cmp(sa[i-1],sa[i]);
			m=tmp[sa[s.size()-1]];
			rep(i,s.size()) rk[i]=tmp[i];
		}
	}
	void getLCP()
	{
		rep(i,s.size()) --rk[i];
		lcp[0]=0;
		rep(i,s.size())
		{
			if(rk[i]==0) continue;
			int lst=(i==0 ? 0:max(0,lcp[rk[i-1]]-1));
			while(i+lst<s.size()&&sa[rk[i]-1]+lst<s.size()&&s[i+lst]==s[sa[rk[i]-1]+lst]) ++lst;
			lcp[rk[i]]=lst;
		}
	}
}

int a[200010],xnn,ynn,x[200010],y[200010],ans=1e9,sum[200010],isTarg[200010],dist[200010];
ull h[200010],H=11451419,HH,pw[200010];
multiset <int> st;
vector <int> g[200010];
queue <int> q;

ull getHash(int lb,int ub){return h[ub+1]-h[lb]*pw[ub-lb+1];}

int main()
{
  fileio();

  cin>>n;rep(i,n) scanf("%d",&a[i]);
  cin>>xnn;rep(i,xnn) scanf("%d",&x[i]);
  cin>>ynn;rep(i,ynn) scanf("%d",&y[i]);
  rep(i,ynn) s.pb(y[i]);s.pb(n+2);rep(i,xnn) s.pb(x[i]);
  SA::getSA();SA::getLCP();
  bool hvy=false;
  int mxc=0;
  rep(i,s.size()-1)
  {
    if(SA::sa[i]<ynn)//是y
    {
      hvy=true;
      st.clear();
    }
    else
    {
      st.insert(SA::lcp[i]);
      if(hvy) mxc=max(mxc,*st.begin());
    }
  }
  st.clear();
  hvy=false;
  for(int i=s.size()-2;i>=0;--i) if(SA::sa[i]!=ynn)
  {
    if(SA::sa[i]<ynn)
    {
      hvy=true;
      st.clear();st.insert(SA::lcp[i]);
    }
    else
    {
      if(hvy) mxc=max(mxc,*st.begin());
      st.insert(SA::lcp[i]);
    }
  }
  if(mxc>0) ans=(xnn-mxc)+(ynn-mxc);

  rep(i,ynn) HH=HH*H+y[i];
  rep(i,n) h[i+1]=h[i]*H+a[i];
  pw[0]=1;repn(i,n+3) pw[i]=pw[i-1]*H;
  rep(i,n-ynn+1)
  {
    ull hv=getHash(i,i+ynn-1);
    if(hv==HH) ++sum[i],--sum[i+ynn];
  }
  rep(i,n)
  {
    sum[i+1]+=sum[i];
    if(sum[i]>0) isTarg[a[i]]=1;
  }
  rep(i,n-1) g[a[i]].pb(a[i+1]),g[a[i+1]].pb(a[i]);
  rep(i,n+3) dist[i]=1e8;
  rep(i,xnn) if(dist[x[i]]==1e8)
  {
    dist[x[i]]=0;
    q.push(x[i]);
  }
  while(!q.empty())
  {
    int f=q.front();q.pop();
    rep(i,g[f].size()) if(dist[g[f][i]]==1e8)
    {
      dist[g[f][i]]=dist[f]+1;
      q.push(g[f][i]);
    }
  }
  int add=xnn-1+ynn-1;
  repn(i,n) if(isTarg[i]) ans=min(ans,dist[i]*2+add);

  cout<<ans<<endl;

  termin();
}