9.10模擬賽
阿新 • • 發佈:2018-09-11
while mage register 可能 ans img width else 計算
T1:
一道比較漂亮的數學題。
30分暴力,40分可以直接化簡 。
i%j怎麽辦?只能i%j=i-[i/j]*j
對於正解:
Ci=∑a[i/j]*b(i-[i/j]*j)
[i/j]有一個特點,一共只有根號i種可能。
j<根號,可以直接枚舉,
j大於根號,[i/j]是連續的區間,區間左右端點 l , r 可以計算。這時,a[i/j]固定。
考慮b會是哪些,[i/j]固定,發現,b的下標,這是一個等差數列。
所以,f[i][j]表示,從bi開始,每j個算一個和,到不能減為止,前綴和的值。
那麽,對於[i/j]的所在區間,,b可以直接算出:f[ i-[i/j]*l ][ [i/j] ] - f[ i-[i/j]*(r+1) ][ [i/j] ] 前綴差分。
所以,復雜度O(n根號n)
代碼:
#include<bits/stdc++.h> #define ri register int using namespace std; typedef long long ll; const int N=100000+3; const int M=320; const int mod=123456789; ll a[N],b[N],c[N]; int n,m; ll f[N][M]; int main(){ scanf("%d",&n); for(ri i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);mmtfor(ri i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i-1]); for(ri i=0;i<=n-1;i++){ for(ri j=1;j<=318;j++){ if(i-j>=0) f[i][j]=(f[i-j][j]+b[i])>=mod?f[i-j][j]+b[i]-mod:f[i-j][j]+b[i]; else f[i][j]=b[i]; } } for(ri i=1;i<=n;i++){ //cout<<"iiii "<<i<<" --------------- "<<endl;int j; for(j=1;j*j<=i;j++){ (c[i]+=a[i/j]*b[i-(i/j)*j])%=mod; } //cout<<" before "<<c[i]<<" "<<j<<endl; int las=j-1; for(ri an=i/j;an;an--){ //cout<<" an "<<an<<endl; int mx=i/an; int len=mx-las; //cout<<i-an*(mx+1)<<endl; //cout<<i-an*(las+1)<<" "<<f[i-an*(las+1)][an]<<endl; (c[i]+=a[an]*(f[i-an*(las+1)][an]-((i-an*(mx+1)>=0)?f[i-an*(mx+1)][an]:0)))%=mod; las=mx; } printf("%d\n",c[i]); } // for(int i=1;i<=n;i++) return 0; }
T3:
題解:
其實就是不大於k個不同的,就是出現過一次。
正解後綴數組+RMQ 滾。
暴力能AC??? 需要:
1.register int 竟然優化很多??
2.如果已經有k個不同的,就break
原本70pts 的哈希:
k很小,直接二分LCP,然後跳k次。復雜度O(n logm * k)
優化:
1.register int 不管用了。
2.如果當前位置不同,就手動往後走一步,理論可以省幾次logm二分。
但是,優化很明顯(數據太水)
然後AC了。
代碼:
#include<iostream> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #define ri register int #define numb ch-‘0‘ using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ui; //typedef register int ri; const int N=200000+5; const int M=100000+5; const int P=31; ui mi[N]; ui h1[N]; ui h2[M]; char s1[N],s2[M]; int n,m; int k; int ans; int main() { //freopen("mo.in","r",stdin); //freopen("mo.out","w",stdout); scanf("%s",s1+1); scanf("%s",s2+1); n=strlen(s1+1); m=strlen(s2+1); scanf("%d",&k); mi[0]=1; int up=max(n,m); if(up<=1005){ for(int i=1;i<=n-m+1;i++){ int cnt=0; int r=i; for(int j=1;j<=m;j++){ if(s1[r]!=s2[j]) cnt++; r++; if(cnt>k) break; } //cout<<i<<" "<<cnt<<endl; if(cnt<=k) ans++; } printf("%d",ans); return 0; } for(int i=1;i<=up;i++){ mi[i]=mi[i-1]*P; } for(int i=1;i<=n;i++){ h1[i]=h1[i-1]*P+s1[i]-‘a‘; } for(int j=1;j<=m;j++){ h2[j]=h2[j-1]*P+s2[j]-‘a‘; } for(int i=1;i<=n-m+1;i++){ //cout<<" iii "<<i<<"---------------------------"<<endl; int cnt=0; int l1=i,l2=1,r1=i+m-1,r2=m; while(cnt<=k&&l1<=i+m-1){ if(s1[l1]!=s2[l2]){ l1++;l2++; cnt++; } else{ int L=l1,R=r1; int mx=l1-1; while(L<=R){ int mid=(L+R)>>1; int an=mid-i+1; ui hsh1=h1[mid]-h1[l1-1]*mi[mid-l1+1]; ui hsh2=h2[an]-h2[l2-1]*mi[an-l2+1]; if(hsh1==hsh2){ mx=mid,L=mid+1; } else R=mid-1; } if(mx==r1){ break; } else{ cnt++; l1=mx+2; l2=mx-i+3; } } //cout<<" l1 "<<l1<<" l2 "<<l2<<" : "<<mx<<" "<<mx-i+1<<endl; } //cout<<i<<" "<<cnt<<endl; if(cnt<=k){ ans++; } } printf("%d",ans); return 0; }mo
9.10模擬賽