【CF】Codeforces Round #423(Div.1)

原题地址

A. String Reconstruction

【题目大意】
给定n个字符串在一个串T中出现的位置，求构造一个符合要求的字典序最小的T。

【解题思路】
暴力赋值肯定会T，重点是如何维护空位置。
我们DSU维护每个位置右边第一个空位置在哪，剩下的填a就行了。
我们还可以用线段树完成这个东西。
我们也可以用一个数组记录这个东西。
我们还可以用一些玄学加暴力搞这个东西。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>const int MAXN = 2e6+5;using namespace std;int n,maxL;char s[MAXN],ans[MAXN];int main() {//  freopen("A.in","r",stdin);//  freopen("A.out","w",stdout);    scanf("%d",&n);    while (n--)     {        int k;        scanf("%s%d",s,&k);        int len=strlen(s);        int p,start = 0;        for (int i=0;i<k;i++)         {            scanf("%d",&p);            start=max(start,p);            for (int j=start;j<p+len;j++)                ans[j]=s[j-p];            start=p+len;        }        maxL=max(maxL,p+len-1);    }    for(int i=1;i<=maxL;i++)     {        if (ans[i]) printf("%c",ans[i]);        else printf("a");    }    return 0;}

B. High Load

【题目大意】
将n个节点构造成一棵树，树上有k个出口，使得距离最远的两个出口距离最小，出口为所有度为1的点。

【解题思路】
显然可以想到这是一颗多叉（菊花）树。
那么我们就可以把这颗树分的尽量多叉。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n,k;int main(){//  freopen("B.in","r",stdin);//  freopen("B.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&k);    n--;    int len1=n/k;    int len2=(n%k)?(len1+1):len1;    int ans=(n%k>=2)?(len2*2):(len1+len2);    printf("%d\n",ans);    for(int i=2;i<=k;i++)        printf("%d %d\n",1,i);    for(int i=k+1;i<=n+1;i++)        printf("%d %d\n",i-k,i);    return 0;}

C. DNA Evolution

【题目大意】
给定一个只包含A,T,C,G的字符串,有如下两种操作
1）修改一个点的字母
2）给定区间L, R和一个字符串e (strlen(e) <=10)，组成一个足够区间长度的由若干个e重复组成的新串，eee…，问L，R区间中有几个位置对应的字母跟这个新的字符串对应的相同。

【解题思路】
e串长度最多为10，那么对于每一个字母最多有10种不同的起始位置，10个不同的长度进行重复。建立一个4*10*10的BST维护即可。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAXN=1e5+10;int len,lena,ans,q;int id[305],tree[13][13][6][MAXN];char s[MAXN],a[13];inline int lowbit(int x){    return x&(-x);}inline void add(int x,int y,int z,int pos,int del){    while(pos<MAXN)    {        tree[x][y][z][pos]+=del;        pos+=lowbit(pos);    }}inline int query(int x,int y,int z,int pos){    int ret=0;    while(pos)    {        ret+=tree[x][y][z][pos];        pos-=lowbit(pos);    }    return ret;}int main(){    freopen("C.in","r",stdin);    freopen("C.out","w",stdout);    id['A']=0;id['T']=1;id['C']=2;id['G']=3;    scanf("%s",s);    len=strlen(s);    for(int i=1;i<=len;++i)        for(int j=1;j<=10;++j)            add(i%j,j,id[s[i-1]],i,1);    scanf("%d",&q);    while(q--)    {        int x,y,z;char ch[5];        scanf("%d",&x);        if(x==1)        {            scanf("%d%s",&y,ch);            for(int i=1;i<=10;++i)            {                add(y%i,i,id[s[y-1]],y,-1);                add(y%i,i,id[ch[0]],y,1);            }            s[y-1]=ch[0];        }        else        {            scanf("%d%d%s",&y,&z,a);            lena=strlen(a);ans=0;            for(int i=0;i<lena;++i)                ans+=query((y+i)%lena,lena,id[a[i]],z)-query((y+i)%lena,lena,id[a[i]],y-1);            printf("%d\n",ans);        }    }    return 0;}

D. Best Edge Weight

【题目大意】
给定一幅无向图，问每一条边的边权最大为多少，可以被包含在一颗这幅图的最小生成树内。

【解题思路】
显然要先求MST
求完之后，分两种情况讨论：

1.若一条边不在生成树上，这条边肯定与生成树上的边共同构成了一个环。如果我们想用这条边替代环上的一条边，则权值最大必须小于环上的边的最大权值。
这个用LCA+倍增简单维护一下就好了。

2.若一条边在生成树上，每个不在生成树上的边和生成树构成的环，可以先预处理出所有两端在u到v路径上的不在树上的边的最小值。它的权值一定要小于最小值。
这个还是可以倍增一下。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int INF=1e9+10;const int MAXN=4e5+10;const int MAXP=20;int n,m,cnt;int fa[MAXN],ans[MAXN],dep[MAXN],head[MAXN],vs[MAXN];int mx[MAXP+5][MAXN],anc[MAXP+5][MAXN];bool bo[MAXN];struct Tway{     int u,v,w,nex,id; };Tway e[MAXN<<1],d[MAXN<<1];inline bool cmp(Tway a,Tway b){     return a.w<b.w;}inline int findf(int x){     return x==fa[x] ? x : fa[x]=findf(fa[x]);}inline void add(int u,int v,int w,int id){    ++cnt;    e[cnt].v=v;e[cnt].w=w;e[cnt].id=id;    e[cnt].nex=head[u];head[u]=cnt; }inline void dfs(int x,int f,int dis){    dep[x]=dep[f]+1;anc[0][x]=f;mx[0][x]=dis;    for(int i=1;i<=MAXP;++i)    {        anc[i][x]=anc[i-1][anc[i-1][x]];        mx[i][x]=max(mx[i-1][anc[i-1][x]],mx[i-1][x]);    }    for(int i=head[x];i;i=e[i].nex)        if(e[i].v!=f)        {            vs[e[i].v]=e[i].id;            dfs(e[i].v,x,e[i].w);        }}inline int lca( int x, int y, int &d ){    d=0;     if(dep[x]<dep[y] )         swap(x,y);    for(int i=MAXP;i>=0;--i)         if(dep[anc[i][x]]>=dep[y])         {            d=max(d,mx[i][x]);             x=anc[i][x];        }    if(x==y)         return x;    for(int i =MAXP;i>=0;--i)        if(anc[i][x]!=anc[i][y])        {            d=max(d,max(mx[i][x],mx[i][y]));            x=anc[i][x];y=anc[i][y];        }    d=max(d,max(mx[0][x],mx[0][y]));    return anc[0][x];}inline void solve(int x,int lca,int d){    x=findf(x);    while(dep[x]>dep[lca])    {        ans[vs[x]]=min(ans[vs[x]],d);        int y=findf(anc[0][x]);        fa[x]=y;        x=findf(x);    }}int main(){    freopen("D.in","r",stdin);    freopen("D.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;++i)        fa[i]=i;    for(int i=1;i<=m;++i)    {        scanf("%d%d%d",&d[i].u,&d[i].v,&d[i].w);        d[i].id=i;    }    sort(d+1,d+m+1,cmp);    for(int i=1;i<=m;++i)    {        int fx=findf(d[i].u),fy=findf(d[i].v);        if(fx!=fy)        {            bo[i]=true;fa[fx]=fy;            add(d[i].u,d[i].v,d[i].w,d[i].id);            add(d[i].v,d[i].u,d[i].w,d[i].id);        }    }/*  for(int i=1;i<=n;++i)    {        printf("%d:",i);        for(int j=head[i];j;j=e[j].nex)            printf("%d ",e[j].v);        printf("\n");    }*/    dfs(1,0,0);    memset(ans,63,sizeof(ans));    for(int i=1;i<=n;++i)         fa[i]=i;    for(int i=1;i<=m;++i)        if(!bo[i])        {            int u=d[i].u,v=d[i].v,f=lca(u,v,ans[d[i].id]);            ans[d[i].id]--;            solve(u,f,d[i].w-1);             solve(v,f,d[i].w-1);        }    for(int i=1;i<=m;++i)         if(ans[i]>=INF)             printf("-1 ");        else             printf("%d ",ans[i]);    return 0;} 

E. Rusty String

【题目大意】
给定一个只包含通配符’?’和’v’，’K’的串，询问所有可能的循环节长度。

【解题思路】
首先个如果x是可能的循环节，那么2x，3x也一定是。
因此可以根据这个愉快地进行暴力
暴力check每一个长度，如果可行就把它的倍数都标为可行的。

当然正解是FFT。以下为看大佬博客整理

首先根据KMP的思想，如果存在长度为k的循环节那么存在长度为(n - k)的公共前后缀。
所以我们可以把这个串右移k位然后check，最后判一下特殊情况。

特殊情况是指类似于存在某一个i使得s[i] != s[i + 2k]并且s[i + k] == ‘?’。

首先可以初步地将一些循环节判断为不可行，对于看似没有问题的循环节长度，我们还需要check它的倍数中有没有被标记为不可行的，如果存在它就不可行(这样做的话就可以把以上的特殊情况处理掉)。

接下来是正常情况。

为了更快地进行check，所以，我们设A数组中A[i]为1当且仅当s[i] == ‘v’，B[i]为1当且仅当s[i] == ‘K’。

初步可行的条件是∑n−k−1i=0(A[i]×B[i+k])=0并且∑n−k−1i=0(B[i]×A[i+k])=0

然后为了能够顺利地进行下一步，我们设A’[i] = A[n - i - 1]。于是你会发现两边A’的下标和B的和是一个定值，而且范围不相交。因此我们可以把A’数组和B数组当成两个多项式的系数数组，然后进行FFT。

当然我不会FFT所以没写。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAXN=5e5+5;int ans,len,T;char s[MAXN];bool flag[5],bo[MAXN];inline bool check(int l){    for(int i=0;i<l;++i)    {        char c=s[i];        for(int j=i+l;j<len;j+=l)        {            if(c!='?' && s[j]!='?' && c!=s[j])                return false;            if(s[j]!='?')                c=s[j];        }    }    return true;}int main(){    freopen("E.in","r",stdin);    freopen("E.out","w",stdout);    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d%s",&len,s);        flag[0]=flag[1]=false;        for(int i=0;i<len;++i)        {            if(s[i]=='V')                flag[0]=true;            if(s[i]=='K')                flag[1]=true;        }        if(!flag[0] && !flag[1])        {            printf("%d\n",len);            for(int i=1;i<=len;++i)                printf("%d ",i);            printf("\n");            continue;        }        ans=0;        for(int i=1;i<=len;++i)            if(!bo[i] && check(i))                for(int j=i;j<=len;j+=i)                {                    ans+=bo[j]?0:1;                    bo[j]=true;                }        printf("%d\n",ans);        for(int i=1;i<=len;++i)            if(bo[i])            {                printf("%d ",i);                bo[i]=false;            }        printf("\n");    }    return 0;}

F. Dirty Arkady’s Kitchen

【题目大意】
给一个无向图，其中的无向边有一些限定可以通行时间，人一开始在1号点，每一时刻他都需要不断移动，通过一条无向边的时间是1，问最早能在什么时刻到达n号点

【解题思路】
最简单的dp暴力是对于每一个点记录每个时间能否走到，然后转移，这样由于每条边进行了多次转移，显然会TLE。

观察到如果在第i秒来到点S，则第i+2秒也可以来到S，以此类推（当然不能超过范围）。那么可以考虑从奇偶性入手进行dp。

所以我们可以把奇偶性相同的一些时间点一起更新，将点分裂成奇数时刻和偶数时刻的点，把边拆成4条有向边：在偶数u->奇数v，奇数u->偶数v，v->u同理 。

更新的时候一次性把这条边能更新到的全部时间点都更新，就能使得边的更新数为m条 。

此时显然不能枚举时间去计算边的贡献，我们按照边产生贡献的时间顺序去计算贡献 。

为了更新每条边能贡献到的所有时刻，对于每条边需要求出一个dp[i]表示第一次到达这条边的时刻 。

对于一个点的所有能产生贡献的出边，他们产生贡献的顺序一定是按照出现时间升序的，对于每个点的出边按出现时刻升序排序。对每个点维护他的出现时间段l[x] r[x]。

那么我们可以：一开始从1的偶数点的第一条出边开始，每次判断当前这条边是否能产生贡献，尝试用它的dpi去更新这条边的结束点的时间段。

如果成功更新且结束点不在队列里，将结束点和他的当前弧放进队列，权为(u,v)出现后结束点当前弧出现的最早时间。

每次当前出发点的当前弧成功产生贡献或已经消失后，更新他的当前弧，将点和他新的当前弧放进队列，权也为这条边能够出现的最早时间。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAXN=5e5+5;int n,m,ans;int head[MAXN][2];struct Tnode{    int v,l,r;    Tnode(){}    Tnode(int vv,int ll,int rr)    {        v=vv;l=ll;r=rr;    }    friend bool operator <(Tnode A,Tnode B)    {        return A.l<B.l;    }};vector<Tnode>way[MAXN][2];struct Tp{    int x,y;    Tp(){}    Tp(int xx,int yy)    {        x=xx;y=yy;    }    friend bool operator <(Tp A,Tp B)    {        return A.y>B.y;    }};priority_queue<Tp>q;void init(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=m;++i)    {        int u,v,l,r;        scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&l,&r);        for(int j=0;j<2;++j)        {            way[u][j].push_back(Tnode(v,l,r));            way[v][j].push_back(Tnode(u,l,r));        }    }    for(int i=1;i<=n;++i)        for(int j=0;j<2;++j)            sort(way[i][j].begin(),way[i][j].end());}int dij(){    int now,tim,xx,yy;    q.push(Tp(1,0));    while(!q.empty())    {        xx=q.top().x;yy=now=q.top().y;tim=yy&1;        q.pop();        if(xx==n)            return yy;        for(int j=head[xx][tim];j<way[xx][tim].size();++j)        {            Tnode w=way[xx][tim][j];            if(w.l>now)                break;            head[xx][tim]=j+1;            if(w.r<yy)                continue;            now=max(now,w.r);            if(now-tim&1)                --now;            int tmp=max(w.l,yy);            if(tmp%2 != tim)//first time: (tmp&1 != tim)                ++tmp;            if(tmp+1<=w.r && tmp>=w.l)                q.push(Tp(w.v,tmp+1));        }    }    return -1;}int main(){    freopen("F.in","r",stdin);    freopen("F.out","w",stdout);    init();    printf("%d\n",dij());    return 0;}