Round 0
T1 po姐的送温暖题，但是我为啥就没去想 >.<
统计从左上到右下两条路径不相交的方案数。
如果只有一条路这是普及组。
记 $f(i,j,k,l)$ 为从 $(i,j)$到$(k,l)$的方案数。
如果我们没有相交，显然有
$$ans = f(2,1,n,m-1) \cdot f(1,2,n-1,m)$$
接下来考虑只统计相交的路径。
神思路：
找到最后一个交点，转一下变为$(2,1)$走到$(n-1,m)$的路径和一条从$(1,2)$走到$(n,m-1)$的路径
然后我们惊讶地发现原先每种不合法的方案对应一个反转后的方案。
所以相交的对数为
$$f(1,2,n,m-1) \cdot f(2,1,n-1,m)$$
思路很神，但是代码就没什么意思了。。。
T2 zrt的题，HEOI Day2 T3加强版
在一个子序列自动机和一个后缀自动机上dfs记忆化，有$O(n)$的边，$O(n^2)$的状态。
然后就没有然后了。。。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 4010
#define LL long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
struct node{
node *ch[26],*fa;
int len,id;
LL v;
};
struct SAM{
node *root,spT[N<<1],*now;
int tot;
void addin(char c){
int t=c-‘a‘;
node *np=&spT[++tot],*p=now;
np->id=tot;
np->len=p->len+1;
now=np;
for(;p&&!p->ch[t];p=p->fa) p->ch[t]=np;
if(!p) np->fa=root;
else{
if(p->ch[t]->len==p->len+1) np->fa=p->ch[t];
else{
node *nq=&spT[++tot],*q=p->ch[t];
*nq=*q;
nq->len=p->len+1;
nq->id=tot;
q->fa=np->fa=nq;
for(;p&&p->ch[t]==q;p=p->fa) p->ch[t]=nq;
}
}
}
void dfs(node *p){
p->v=1;
for(int i=0;i<26;i++)
if(p->ch[i]){
if(!p->ch[i]->v) dfs(p->ch[i]);
(p->v+=p->ch[i]->v)%=mod;
}
}
void build(char *S){
now=root=&spT[tot=1];
int len=strlen(S);
for(int i=0;i<len;i++) addin(S[i]);
dfs(root);
}
}A1,A2;
struct SBM{
node spT[N],*root,*a[26];
int tot;
void build(char *S){
root=&spT[tot=1];
root->id=tot;
for(int i=0;i<26;i++) a[i]=NULL;
for(int i=strlen(S)-1;~i;i--){
node *p=&spT[++tot];
p->id=tot;
p->v=1;
memcpy(p->ch,a,sizeof(a));
for(int t=0;t<26;t++)
if(p->ch[t]) (p->v+=p->ch[t]->v)%=mod;
int t=S[i]-‘a‘; a[t]=p;
}
memcpy(root->ch,a,sizeof(a));
for(int i=0;i<26;i++)
if(root->ch[i]) root->v+=root->ch[i]->v;
}
}B1,B2;
char S1[N],S2[N];
LL f[N][N];
LL dfs(node *a,node *b){
if(!b) return a->v;
if(f[a->id][b->id]!=-1) return f[a->id][b->id];
LL ans=0;
for(int t=0;t<26;t++)
if(a->ch[t]) (ans+=dfs(a->ch[t],b->ch[t]))%=mod;
return f[a->id][b->id]=ans;
}
int main(){
scanf("%s%s",S1,S2);
A1.build(S1);
A2.build(S2);
B1.build(S1);
B2.build(S2);
memset(f,-1,sizeof(f));
printf("%lld\n",dfs(A1.root,A2.root));
memset(f,-1,sizeof(f));
printf("%lld\n",dfs(A1.root,B2.root));
memset(f,-1,sizeof(f));
printf("%lld\n",dfs(B1.root,A2.root));
memset(f,-1,sizeof(f));
printf("%lld\n",dfs(B1.root,B2.root));
return 0;
}
T3呀。。算了吧，不过
是非常好的提答题（比CTSC的好多了）
Round 1
膜 ioi ZYF laekov
难了一点但是题很好。
T1
ioi大爷的题，LCT 莫对
ioi：“这种做法虽然在修改上多了一个log，但是由于常熟十分小，期望分数还是100分的”
报警了。
写的$O(nsqrt(n))$算法
首先对询问的串分块，然后每个块建AC自动机
查询$O(msqrt(n)+m|S|)$
然而：
int t=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
l[i]=t;
scanf("%s",S1+t);
t=strlen(S1);
r[i]=t-1;
Kmp_init(i);
}
QAQ读入是$O(n^2)$的变成30分真是醉了。
改了被卡常95分，不想（hui）卡常，不管了。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <cctype>
#define N 500010
#define L(x) ((x-1)*size+1)
#define R(x) (min(x*size,n))
using namespace std;
inline int max(int a,int b){
if(a<b) return b;
return a;
}
char S1[N],S2[N];
int n,m,size,l[N],r[N],tot;
struct node{
node *ch[26],*fail;
int v,len;
}*q[N],spT[500010];
struct ACam{
node* root;
inline void init(){
root=&spT[++tot];
}
inline void addin(int l,int r){
node* tmp=root;
for(int i=l;i<=r;i++){
int t=S1[i]-‘a‘;
if(!tmp->ch[t]) tmp->ch[t]=&spT[++tot];
tmp=tmp->ch[t];
}
tmp->v++;
tmp->len=r-l+1;
}
int st,en;
inline void getfail(){
q[st=en=1]=root;
while(st<=en){
node* tmp=q[st++];
if(tmp!=root){
tmp->len=max(tmp->len,tmp->fail->len);
tmp->v+=tmp->fail->v;
}
for(int t=0;t<26;t++){
if(tmp->ch[t]!=NULL){
if(tmp==root) tmp->ch[t]->fail=root;
else tmp->ch[t]->fail=tmp->fail->ch[t];
q[++en]=tmp->ch[t];
}
else{
if(tmp==root) tmp->ch[t]=root;
else tmp->ch[t]=tmp->fail->ch[t];
}
}
}
}
inline int ask(char *c){
int ans=0;
node* tmp=root;
while(*c!=‘\0‘){
int t=*c-‘a‘;
tmp=tmp->ch[t];
if(tmp->v) ans=max(ans,tmp->len);
c++;
}
return ans;
}
}AM[620];
int wb[N],f[N],lk[N],rk[N],ft[N],nt,tot_n=0;
char S[N];
inline void Kmp_init(int x){
nt=0;
for(int i=l[x];i<=r[x];i++) S[nt++]=S1[i];
f[0]=0; f[1]=0;
for(int i=1;i<nt;i++){
int j=f[i];
while(j&&S[i]!=S[j]) j=f[j];
f[i+1] = S[i]==S[j]? j+1:0;
}
lk[x]=tot_n;
for(int i=0;i<nt;i++) ft[tot_n++]=f[i];
rk[x]=tot_n-1;
}
inline int ask(int x,char *St){
nt=0;
for(int i=l[x];i<=r[x];i++) S[nt++]=S1[i];
int tmp=0;
for(int i=lk[x];i<=rk[x];i++) f[tmp++]=ft[i];
int nl=strlen(St),j=0;
for(int i=0;i<nl;i++){
while(j&&S[j]!=St[i]) j=f[j];
if(S[j]==St[i]) j++;
if(j==nt) return nt;
}
return 0;
}
inline int com_ask(int l,int r,char* S){
int lb=wb[l],rb=wb[r],ans=0;
if(lb==rb){
for(int i=l;i<=r;i++)
ans=max(ans,ask(i,S));
}
else{
if(l!=L(lb)){
for(int i=l;i<=R(lb);i++)
ans=max(ans,ask(i,S));
}
for(int i= ((l==L(lb))? lb:lb+1);i<= ((r==R(rb))?rb:rb-1);i++)
ans=max(ans,AM[i].ask(S));
if(r!=R(rb)){
for(int i=L(rb);i<=r;i++)
ans=max(ans,ask(i,S));
}
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int t=0;
char ch;
for(int i=1;i<=n;i++){
l[i]=t;
while(!isalpha(ch=getchar()));
S1[t++]=ch;
while(isalpha(ch=getchar())) S1[t++]=ch;
r[i]=t-1;
Kmp_init(i);
}
size=(int)sqrt(n+0.5);
for(int i=1;i<=n;i++) wb[i]=(i-1)/size+1;
for(int i=1;i<=wb[n];i++) AM[i].init();
for(int i=1;i<=n;i++) AM[wb[i]].addin(l[i],r[i]);
for(int i=1;i<=wb[n];i++) AM[i].getfail();
for(int i=1,l,r;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&l,&r);
t=0;
while(!isalpha(ch=getchar()));
S2[t++]=ch;
while(isalpha(ch=getchar())) S2[t++]=ch;
S2[t]=‘\0‘;
printf("%d\n",com_ask(l,r,S2));
}
return 0;
}
T2
QAQ，QAQ
一直在做T1 T3，没有理T2，最后发现裸的KD-tree 优化dp呀[捂脸]
ZYF业界良心。
（代码还是算了吧）
T3
QAQ还不会，待补完。
时间： 2024-10-18 04:11:10