[补档计划] 字符串 之 知识点汇总

　　学习一个算法, 需要弄清一些地方

　　　　① 问题与算法的概念

　　　　② 算法以及其思维轨迹

　　　　③ 实现以及其思维轨迹

　　　　④ 复杂度分析

　　　　⑤ 应用

KMP算法

字符串匹配与KMP算法

　　为了方便弄清问题, 应该从特例入手.

　　设 A = " ababababb " , B = " ababa " , 我们要研究下面三个递进层次的字符串匹配问题:

　　　　① 是否存在 A 的子串等于 B

　　　　② 有几个 A 的子串等于 B

　　　　③ A 的哪些位置的子串等于 B

　　KMP算法可以直接在线性复杂度解决问题③, 进而更可以解决问题①和问题②.

KMP算法

　　最先的想法必然是 Brute Force: 枚举 S 的匹配的开头位置, 将 S 与 T 逐位进行匹配. 虽然在随机数据下优秀, 但是遇上极端数据很不理想.

　　我们考虑利用匹配的特性进行优化. 如下图所示, 匹配到 S[L:R] = T[1:r] , 发现 S[R+1] != T[r+1] . 考虑另一个匹配位置 B , 如果 B 在 S 内能匹配成功, 则需要满足一个必要条件: S[B:R] = T[1:R-B+1] , 而 S[B:R] = T[r-(R-B+1)+1 : r] , 所以 T[1:r] 的长度为 $len=R-B+1$ 的前缀要等于长度为 $len$ 的后缀. 为了不遗漏所有的情况, B 要尽可能的小, 我们要取最大的 len = ex[r] , 使得 T[1:len] = T[r-len+1 : r] .

　　　　

　　现在问题的焦点在于如何求 ex 数组. 我们发现求 ex 数组的方法可以递推(基底+转移), 和上述方法的流程是一样的.

算法实现

#define F(i,a,b) for (register int i=(a);i<=(b);i++)
int nS; char s[S];
int nx[S];
int nT; char t[T];
bool KMP(void) {
    for (int i=2,j=0;i<=nS;i++) {
        while (j<=nS && s[i]!=s[j+1]) j=nx[j];
        nx[i] = (s[i]==s[j+1] ? ++j : j);
    }
    for (int i=1,j=0;i<=nT;i++) {
        while (j<=nT && t[i]!=s[j+1]) j=nx[j];
        if (s[i]==s[j+1]) {
            j++;
            if (j==nT) return true;
        }
    }
    return false;
}

复杂度分析

　　由于每次 j 只会往后移一位, 所以往后移的总位数为 O(n) . 每次 j 往前跳, 至少会跳一位, 所以往前跳的总次数为 O(n) . 综上, 均摊时间复杂度为 O(n) .

Manacher 算法

EX 数组

　　回文串分为两种: 奇回文串, 偶回文串.

　　从特殊向一般演进, 我们先研究奇回文串的信息如何快速处理. 为了刻画, 我们引入了 ex 数组: 给定一个字符串 S , 对它的每个位置有 ex[i] , ex[i] 为最大的使 S[i-t+1 : i+t-1] 为回文串的 t 的值. 举个例子, S = "ababaab" ,则有: ex[1]=1, ex[2]=2, ex[3]=3, ex[4]=2, ex[5]=1, ex[6]=1, ex[7]=1, ex[8]=1.

　　Manacher算法, 可以在线性复杂度求出 ex 数组.

Manacher算法

　　与KMP类似, 首先考虑 Brute Force, 然后使用匹配的连续性进行优化. 网上资料很多, 这里不赘述.

　　　　

实现

void Manacher(void) {
    len=n+n+1, t[0]=‘<‘, t[1]=‘+‘, t[len+1]=‘>‘;
    F(i,1,n) t[2*i]=s[i], t[2*i+1]=‘+‘;
    for (int i=1, k=0; i<=len; i++) {
        int j = (k+ex[k]-1<=i ? 0 : min(k+ex[k]-i, ex[k+k-i]));
        while (t[i+j]==t[i-j]) j++;
        ex[i]=j;
        if (i+ex[i] > k+ex[k]) k=i;
    }
}

复杂度分析

　　每次都是最远点往后拓展, 每个点不会拓展两次, 所以时间复杂度均摊 $O(n)$ .

偶回文串

　　以某个字符为对称轴的所有回文串, 即奇回文串的信息, 可以通过 Manacher 求出来. 现在将偶回文串的坑也给填了.

　　我们考虑化归, 将 S 变为 T, T 与 S 有一定的联系, 对 T 用 Manacher, 就可以转化回来.

　　具体的, T[0] = ‘<‘ , T[1] = ‘+‘ , T[2n] = S[n], T[2n+1] = ‘+‘ , T[2n+2] = ‘>‘  , 对 T 用 Manacher, 得到 ex[1..2n+1] .

　　位置上的转化关系:

　　　　从 S 到 T : T[2n] = S[n].

　　　　从 T 到 S : 当 n 为偶数时, S[n/2] = T[n].

　　T 的 ex 数组:

　　　　当 i 为偶数时, $ex_S[i/2]=ex_T[i]/2$ ;

　　　　当 i 为奇数时, 以 S[(i-1)/2] 和 S[(i+1)/2] 的中心的 $ex = (ex_T[i]-1)/2$ ;

　　　　这个不能死记硬背, 关键明白位置上的转化关系, 举一个例子看看就好了.

回文自动机

　　PAM : Palindrome Automaton, 回文自动机.

　　对一种自动机的学习, 我们要弄清: 概念, 构建, 实现, 复杂度分析, 应用, 例题.

　　有两篇写得很好的资料.

　　　　http://blog.csdn.net/maticsl/article/details/43651169

　　　　http://blog.csdn.net/u013368721/article/details/42100363

PAM 的概念

　　对于一个字符串 S, 可以构建一个唯一的 PAM. PAM 可以刻画字符串 S 的回文子串的信息.

　　PAM 由 点 和 边 组成.

　　点　PAM 的每个点, 对应一个本质不同的回文子串, 用回文子串的长度 len 和一个虚拟的编号来刻画.

　　　　对于一个字符串 S , 有这样一个性质: 它的回文子串最多只有 $|S|$ 个. 来一个简单的无字证明:

　　　　　　

　　边　边分为两类: 后继边 和 Suffix Link.

　　　　后继边　如果 u 通过标记字符为 c 的后继边连向 v , 则 v = cuc

　　　　Suffix Link　最长后缀回文串对应的编号.

PAM 的构建

　　我们考虑递归构建, 在线末端插入: 构建 S[1:1] 的 PAM, 构建 S[1:2] 的 PAM, ..., 构建 S[1:n] 的 PAM.

　　为了构建的顺利, 我们需要引入辅助变量 last: 当前前缀的最长后缀回文串对应的虚拟编号, tot: 结点个数.

　　初始化　构建两个点, len[0] = 0, len[1] = -1, suf[0] = -1 ;

　　末端插入字符 c　沿 last 往前跳, 直到找到第一个 s[n] = s[n-len-1] 的位置 cur, 顺便把这个过程叫做 Find.

　　　　如果 cur 没有 c 后继, 则建立点 now.

　　　　len[now] = len[cur] + 2.

　　　　suf 怎么处理呢? 宏观上, 继续 t=Find(suf[cur]) , 然后 suf[now] = next[t][c] . 微观上, 发现 0, 1, 或者找不到等若干情况都能满足.

　　　　连接 next[cur][c] = now.

PAM 的实现

　　TIPS　对于长度为 $n$ 的字符串, PAM 需要用到的空间上限为 $n+1$ .

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>

const int N = 100005;

char s[N]; int nS;
int tot, last; int suf[N], son[N][30]; int len[N];

int Find(int n, int cur) {
    while (s[n-len[cur]-1] != s[n])
        cur = suf[cur];
    return cur;
}
void Expand(int n, int c) {
    int cur = Find(n, last);
    if (!son[cur][c]) {
        int now = ++tot;
        len[now] = len[cur]+2;
        suf[now] = son[Find(n, suf[cur])][c];
        son[cur][c] = now;
    }
    last = son[cur][c];
}

int main(void) {
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("A.in", "r", stdin);
        freopen("A.out", "w", stdout);
    #endif

    scanf("%s", s+1); nS = strlen(s+1);

    tot = 1, last = 0; suf[0] = 1; len[0] = 0, len[1] = -1;
    for (int i = 1; i <= nS; i++)
        Expand(i, s[i]-‘a‘);
    printf("%d\n", tot-1);

    return 0;
}

PAM 的复杂度

　　时间复杂度: $O(n)$

　　空间复杂度: $O(nA)$

PAM 的应用

　　由此可见, PAM 确乎地可以求出回文子串的一些信息, 那具体可以处理那些问题呢?

问题1　是否存在回文串? 是否存在长度大于 x 的回文串? 是否存在偶回文串?

　　一个字符串一定存在回文串.

　　找是否有节点的 len 大于 x.

　　找是否有节点的 len 为偶数.

问题2　列举所有本质不同的回文串.

　　在插入的时候, 对每个节点 x, 记录 end[x] 表示 x 节点表示的回文串的末端. 这样可以用 end[x] 和已有的 len[x], 输出回文串 S[ end[x]-len[x]+1 : end[x] ] .

问题3　求串 S 的本质不同的回文串个数. 求串 S 的所有前缀的不同回文串个数.

　　前缀 S[1:i] 的不同回文串个数, 为当前 PAM 的 tot-1.

问题4　求每个不同回文串出现的次数.

　　首先, 每个点多记录一个 cnt, 表示在构建的时候, 这个点作为最长后缀回文串的次数.

　　Suffix-Link 形成了一棵回文树. 每个不同回文串出现的次数, 即其等价节点在回文树上的子树 cnt 之和. 进行 DAG 上的递推.

问题5　求串 S 的回文串的个数. 求偶回文串的总数.

　　将每个不同的回文串出现的次数相加.

　　将每个不同的偶回文串出现的次数相加.

问题6　以下标 i 为结尾的回文串的个数.

　　在线构建 PAM 至 S[1:i] . 求 last 在回文树上对应节点的深度 - 2.

后缀数组

后缀数组的实现

　　对于一个字符串 S , 有后缀数组 sa[1..n] , 排名数组 rk[1..n], 和辅助数组 height[1..n].

　　　　sa[i]: 在 S 的后缀中, 排名第 i 的后缀为 S[sa[i]: n] .

　　　　rk[i]: 在 S 的后缀中, S[i:n] 的排名.

　　　　height[i]: S[sa[i-1]:n] 与 S[sa[i]:n] 的 LCP.

　　　　显然有 rk[sa[i]] = i, sa[rk[i]] = i.

　　使用倍增的方法快速求 sa[1..n] 和 rk[1..n] .

　　求 ht[1..n] 的时候, 我们依次处理 S[1:n], S[2:n], ..., S[n:n], 处理 S[i:n] 的时候求 ht[rk[i]] . Brute Force 的复杂度为 $O(n^2)$ , 但是我们可以利用一个性质: $ht[rk[i]] \ge ht[rk[i-1]]-1$ , 附一个无字证明:

　　　　

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>

#define F(i, a, b) for (register int i = (a); i <= (b); i++)
#define D(i, a, b) for (register int i = (a); i >= (b); i--)

const int N = 50005;

char s[N]; int n;
int rk[N], sa[N], ht[N];

namespace Output {
    const int S = 1000000; char s[S]; char *t = s;
    inline void Print(int x) {
        if (x == 0) *t++ = ‘0‘;
        else {
            static int a[65]; int n = 0;
            for (; x > 0; x /= 10) a[++n] = x%10;
            while (n > 0) *t++ = ‘0‘+a[n--];
        }
        *t++ = ‘ ‘;
    }
    inline void Flush(void) { fwrite(s, 1, t-s, stdout); }
}
using Output::Print;

void Prework(void) {
    static int sum[N], trk[N], tsa[N]; int m = 500;
    F(i, 1, n) sum[rk[i] = s[i]]++;
    F(i, 1, m) sum[i] += sum[i-1];
    D(i, n, 1) sa[sum[rk[i]]--] = i;
    rk[sa[1]] = m = 1;

    F(i, 2, n) rk[sa[i]] = (s[sa[i]] != s[sa[i-1]] ? ++m : m);
    for (int j = 1; m != n; j <<= 1) {
        int p = 0; F(i, n-j+1, n) tsa[++p] = i; F(i, 1, n) if (sa[i] > j) tsa[++p] = sa[i]-j;
        F(i, 1, n) sum[i] = 0, trk[i] = rk[i];
        F(i, 1, n) sum[rk[i]]++;
        F(i, 1, m) sum[i] += sum[i-1];
        D(i, n, 1) sa[sum[trk[tsa[i]]]--] = tsa[i];
        rk[sa[1]] = m = 1;
        F(i, 2, n) {
            if (trk[sa[i]] != trk[sa[i-1]] || trk[sa[i]+j] != trk[sa[i-1]+j]) m++;
            rk[sa[i]] = m;
        }
    }

    m = 0;
    F(i, 1, n) {
        if (m > 0) m--;
        while (s[i+m] == s[sa[rk[i]-1]+m]) m++;
        ht[rk[i]] = m;
    }
}

int main(void) {
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("xsy1621.in", "r", stdin);
        freopen("xsy1621.out", "w", stdout);
    #endif

    scanf("%s", s+1); n = strlen(s+1);

    Prework();

    F(i, 1, n) Print(rk[i]); *(Output::t++) = ‘\n‘;
    F(i, 1, n) Print(ht[i]); *(Output::t++) = ‘\n‘;
    Output::Flush();

    return 0;
}

后缀自动机

　　http://blog.sina.com.cn/s/blog_70811e1a01014dkz.html

最简状态SAM

　　SAM, Suffix Automaton, 后缀自动机.

　　对于字符串 S , 构建 SAM. SAM 是一张 Trie图 , 能够恰好识别字符串 S 的所有子串.

　　如下图, 对于 S = ACADD , 构建了一个状态数为 $O(n^2)$ 的 SAM .

　　　　

　　我们发现这很不优秀, "可能很难接受".

　　考虑优化: 发现很多空间是可以共用的. 因此, 我们要构建 最简状态SAM , 一个节点可能有多个父亲 .

　　具体地, SAM 由每个节点刻画, 而节点由以下三种变量刻画:

　　　　son[26]: 转移函数

　　　　pre: 如果当前节点可以接受新的后缀, 那么上一个能接受后缀的节点为 pre

　　　　step: 从根节点到当前节点的最长距离

SAM 的构建

　　SAM 的构建过程可以概括为 逐位插入末尾, 在线构建 . 具体地, 先构建 Prefix(1) 的 SAM, 再构建 Prefix(2) 的 SAM, 再构建 Prefix(3) 的SAM, ..., 构建 Prefix(n) 即 S 的 SAM. 因此, SAM 也可以处理 S 的任意一个前缀的信息.

　　为了方便阐述, 先提出 SAM 的几个显而易见的命题:

　　　　① 根据 SAM 的定义, 从 root 到任意节点p 的每条路径上的字符组成的字符串, 都是 S 的子串.

　　　　② 对 "接受后缀的节点" 的定义 , 如果当前节点 p 是可以接受后缀的节点, 那么从 root 到当前节点p 的每条路径上的字符组成的字符串, 都是 S 的后缀.

　　　　③ 对 pre 的定义, 如果当前节点 p 是可以接受后缀的节点, 那么 pre 也是可以接受后缀的节点.

　　　　④ 对 pre 的定义, 从 root 到 pre 的每条路径上的字符组成的字符串, 是从 root 到任意节点 p 的每条路径上的字符组成的字符串的后缀.

　　现在考虑怎样由 t 的 SAM 构建 tx 的 SAM.

　　我们需要记录构建 t 时的新增的节点 last, 这个节点一定可以接受后缀; 以及记录当前 SAM 的节点总数 tot , 以方便新增节点.

　　新建节点 np , 从 p = last 沿着 pre 往前跳, 记 son[t][x] = np, 直到 q = son[t][x] 存在. 这时候分两种情况讨论:

　　　　① step[q] = step[p] + 1

　　　　　　这种情况下, 从 root 到 p 的路径上全为 t 的后缀, 且 q 的唯一到达方式是通过 p.

　　　　　　所以从 root 到 q 的路径上亦全为 tx 的后缀, 所以 q 可以当做 np, 将 pre[np] 连向 q.

　　　　② step[q] > step[p] + 1

　　　　　　说明 q 的唯一到达方式不是 p , 那么考虑化归到第一种情况.

　　　　　　新建节点 nq, 将 q 的信息复制到 nq 上, p 以及之前连向 q 的节点改连到 nq 上, pre[nq] = pre[q], pre[q] = pre[np] = nq.

SAM 的实现

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>

#define F(i, a, b) for (register int i = (a); i <= (b); i++)
#define D(i, a, b) for (register int i = (a); i >= (b); i--)

const int N = 200;

char s[N]; int n;
int tot, last; int son[N][26], suf[N], len[N];
char t[N]; int cnt;

inline int Newnode(int L) { return len[++tot] = L, tot; }
void Expand(int c) {
    int p = last, np = Newnode(len[last]+1);
    for (; p > 0 && !son[p][c]; p = suf[p])
        son[p][c] = np;
    if (p == 0) suf[np] = 1;
    else {
        int q = son[p][c];
        if (len[p]+1 == len[q]) suf[np] = q;
        else {
            int nq = Newnode(len[p]+1);
            memcpy(son[nq], son[q], sizeof son[q]);
            suf[nq] = suf[q], suf[q] = suf[np] = nq;
            for (; p > 0 && son[p][c] == q; p = suf[p])
                son[p][c] = nq;
        }
    }
    last = np;
}

void DFS(int x) {
    printf("%s\n", t+1);
    for (int i = 0; i < 26; i++) if (son[x][i] > 0) {
        t[++cnt] = ‘A‘+i;
        DFS(son[x][i]);
        t[cnt--] = 0;
    }
}

int main(void) {
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("sam.in", "r", stdin);
        freopen("sam.out", "w", stdout);
    #endif

    scanf("%s", s+1);
    n = strlen(s+1);

    tot = last = 1;
    F(i, 1, n)
        Expand(s[i]-‘A‘);

    printf("The substrings of S in alphabetical order are: \n");
    DFS(1);

    return 0;
}

样例输入

ACADD

样例输出

The substrings of S in alphabetical order are: 

A
AC
ACA
ACAD
ACADD
AD
ADD
C
CA
CAD
CADD
D
DD

复杂度分析

　　空间复杂度　由于每次插入最多只会增加2个节点, 所以空间复杂度为 $O(n|\sum|)$ , 最多有 $2n$ 个节点.

　　时间复杂度　$O(n|\sum|)$ .

后缀树

利用 SAM 的构建方法构建后缀树

　　我们思考 SAM 的构建过程中, 如果根据 Suffix Link 进行连边, 那么我们会得到一棵树, 考虑这棵树的含义.

　　由于一棵树由点和边构成, 所以考虑这棵树的点, 以及边的含义.

　　思考节点的含义需要按照三个层次: ①代表着的节点有那些直观的认识; ②代表的节点的个数; ③具体代表哪些节点. 对此, 我们根据 SAM 的构建过程的理解, 给出的回答是

　　　　① 每一个节点代表着若干前缀;

　　　　② 每一个节点代表的前缀个数为 len[x] - len[suf[x]];

　　　　③ 记从根到 suf[x] 的最长路径的字符组成的字符串为 A, 从根到 x 的最长路径的字符组成的字符串为 T, 则 T = s1s2s3....snA, x代表的字符串是 snA, ..., s1s2s3..snA .

　　边是一个字符串 s = s1s2s3...sn.

　　我们发现这棵树其实就是母串 S 的前缀树. 我们知道, 后缀树是很有用的, 那能不能构建后缀树呢? 其实很简单, 只需要将母串 S 进行反序构建 SAM 即可. 但是注意, 这时候的字符串也需要反序.

广义后缀自动机

　　http://dwjshift.logdown.com/posts/304570

广义后缀自动机的概念

　　给定一棵 Trie 树, 定义 Trie 树的后缀为从某个节点到叶子节点的路径上的字符组成的字符串, 求能恰好识别 Trie 树的所有后缀的自动机.

　　根据这个概念, 我们还可以有另外一种定义方式: 给定 n 个字符串 s1, s2, s3, ..., sn, 求能恰好识别任意 si 的后缀的自动机, 因为将 s1, s2, ..., sn 插入到一棵 Trie 树后, 概念恰好等价.

　　类似的, 我们还有广义后缀数组, 也可以由两种定义方式.

广义后缀自动机的构建

　　广义后缀自动机的构建, 应该类比后缀自动机的构建.

　　但由于它是一棵树, 而不是一条链, 我们不难想到两种方法: BFS, 和 DFS.

　　BFS　构建 Trie 树, 或者利用已有的 Trie 树, 在树上进行 BFS , 由于字符串的长度递增, 所以直接利用 SAM 的代码即可. 时间复杂度为 $O(n|\Sigma|)$ .

　　DFS　直接扫描字符串(无需构建 Trie 树), 或者利用已有的 Trie 树, 逐个字符串进行构建. 时间复杂度为 $O(n|\Sigma|)+G(T)$ . $G(T)$ 为 Trie 树的叶子结点的深度之和.

广义后缀自动机的实现

　　懒癌晚期, 只写一个在线版的.

inline int Newnode(int L) { return len[++tot] = L, tot; }
void Expand(int id, int c) {
    if (son[last][c] > 0) {
        int p = last, q = son[last][c];
        if (len[p]+1 == len[q]) last = q;
        else {
            int nq = Newnode(len[p]+1);
            son[nq] = son[q];
            suf[nq] = suf[q], suf[q] = nq;
            for (; p > 0 && son[p][c] == q; p = suf[p])
                son[p][c] = nq;
            last = nq;
        }
    }
    else {
        int np = Newnode(len[last]+1), p = last;
        for (; p > 0 && !son[p][c]; p = suf[p])
            son[p][c] = np;
        if (!p) suf[np] = 1;
        else {
            int q = son[p][c];
            if (len[p]+1 == len[q]) suf[np] = q;
            else {
                int nq = Newnode(len[p]+1);
                son[nq] = son[q];
                suf[nq] = suf[q], suf[q] = suf[np] = nq;
                for (; p > 0 && son[p][c] == q; p = suf[p])
                    son[p][c] = nq;
            }
        }
        last = np;
    }
    s[last].insert(id);
}
时间： 2024-10-12 17:56:42

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覆盖子串与循环节的概念 首先还是给覆盖子串和循环节下个定义. 为了方便后面的描述, 我们定义布尔记号 $P_S^T$ , 表示 $T$ 是否为 $S$ 的前缀. 对于一个定义, 为了对它有足够充分的了解, 可以通过多种形式描述这个定义, 这里就再引用图像的方法吧. 再引入前缀记号和后缀记号 pre[i] = S[1 : i], suf[i] = S[1 : |S|]. 对于字符串 S , 若字符串 T , 满足 $P_S^T$ , 且 $\exists k,~P_{kT}^S$ , 则称 T 为

[补档计划] SAM

对于一个算法或者数据结构的学习, 我们首先要弄清它的概念, 然后理解它的构建, 进而是实现和复杂度分析, 最后考虑如何应用它. 现在学习的是 SAM, Suffix Automaton, 后缀自动机. 推荐陈立杰的冬令营讲稿. https://wenku.baidu.com/view/90f22eec551810a6f4248606.html 什么是自动机? 有限状态自动机的功能是识别字符串. 令一个自动机 $A$ , 若 $A$ 能识别字符串 $S$ , 则 $A(S) = True$ ; 若

[补档计划] 后缀数组

后缀数组的实现 对于一个字符串 S , 有后缀数组 sa[1..n] , 排名数组 rk[1..n], 和辅助数组 height[1..n]. sa[i]: 在 S 的后缀中, 排名第 i 的后缀为 S[sa[i]: n] . rk[i]: 在 S 的后缀中, S[i:n] 的排名. height[i]: S[sa[i-1]:n] 与 S[sa[i]:n] 的 LCP. 显然有 rk[sa[i]] = i, sa[rk[i]] = i. 使用倍增的方法快速求 sa[1..n] 和 rk[1..n

[补档计划] 类欧几里得算法

$$\begin{aligned} f(a, b, c, n) & = \sum_{i = 0}^n \lfloor \frac{ai + b}{c} \rfloor \\ & = \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^{m-1} [j < \lfloor \frac{ai + b}{c} \rfloor] \\ & = \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^{m-1} [j + 1 \le \lfloor \frac{ai + b}{c}

[补档计划] 概率论

4.1 事件与概率 在一个黑箱中, 放着 3 个红球和 1 个白球. 我们从箱中取出一个球, 再放回去, 反复进行若干次. 每一次的结果是不确定的, 但总体上拿到红球的次数与拿到白球的次数接近 3 : 1 . 我们发现, 这类现象很常见, 那么我们就要尝试把这类现象的特点进行概括, 命名, 然后研究它的性质, 进而应用它. 概括一下这种现象: 在个别实验中其结果呈现出不确定性, 而在大量重复实验中其结果又具有统计规律性. 为了简便地称呼这种现象, 我们要给它起名字, 称之为 "随机现象"

[补档计划] 树6 - 莫队算法

[CF633H] Fibonacci-ish II 题意 给定长度为 $N$ 个序列 $A = (a_1, a_2, ..., a_N)$ . $M$ 组询问 $(l, r)$ : 将 $a_l, a_{l+1}, ..., a_r$ 提取出来, 排序, 去重, 得到长度为 $K$ 的序列 $B = (b_1, b_2, ..., b_K)$ , 求 $\sum_{i = 1}^K f_ib_i$ . 其中 $f_i$ 为斐波那契数列的第 $i$ 项: $f_0 = f_1 = 1, f_i =

[补档计划] 树4 - 线段树

[CF787D] Legacy 题意 $N$ 个点, $M$ 条连边操作: $1~u~v~w~:~u\rightarrow v$ . $2~u~l~r~w~:~u\rightarrow [l, r]$ $3~u~l~r~w~:~[l, r]\rightarrow u$ . 给定点 $s$ , 求单源最短路. $N\le 10^5$ . 分析 考虑使用 线段树结构 优化 建图. 建立一棵线段树, 每个点表示一个区间. 拆点, 线段树的每个点拆成 入点 和 出点 . 出线段树 的儿子连父亲, 因为可

[补档计划] 树2 - 树上倍增

[SCOI2016] 萌萌哒 题意 求有多少个无前导零的 $N(N\le 10^5)$ 位数 $A$ , 满足 $M(M\le 10^5)$ 个限制条件 $L~R~X~Y$ : $A[L+i] = A[X+i]$ . 分析 区间的信息就先对 ST 表用并查集, 然后下传. 实现 #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <cmat