A. Yist
首先考虑怎样的情况答案是不收敛的。
操作中涉及到对一个权值非$0$，并且不作除法的点的加法贡献。
因为只要最终的答案，可以想到对每个点作为出边的贡献分别处理。
部分分提示求出第一次迭代的贡献，发现对于每个点，贡献都是一个等比数列，所以只要代入求和公式就好了。
然而暴力做的复杂度是$O(mk)$的，会被菊花图的数据卡掉。
考虑如何优化这个东西，根据套路我们将点按照度数分块。
定义度数大于$\sqrt m$的点为重点，度数小于等于$\sqrt m$的点为轻点。
分别讨论：
对于对轻点的操作，因为度数并不大，可以直接暴力。
对于重点的重出边，因为重点个数并不多，可以直接暴力。
对于重点的轻出边，考虑打标记表示这个重点到连接的所有轻点进行了更新操作，修改轻点之前（以及所有操作进行完之后）需要扫重点以累计这个答案。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define ll long long
3 using namespace std;
4 const int mod=998244353;
5 const int N=2e5+7;
6 const int inv2=499122177;
7 int n,m,k,tot;
8 bool vis[N];
9 int s[N],head[N],nxt[N],to[N],d[N],sz[N],flag[N];
10 ll sum[N],tim[N],w[N],t[N];
11 inline void add(int a,int b){
12 nxt[++tot]=head[a]; to[head[a]=tot]=b;
13 nxt[++tot]=head[b]; to[head[b]=tot]=a;
14 ++d[a]; ++d[b];
15 }
16 inline ll qpow(ll x,int k,ll r=1){
17 for(;k;k>>=1,x=x*x%mod) if(k&1) r=r*x%mod;
18 return r;
19 }
20 vector<int> g[N];//与i临接的重点
21 inline int read(register int x=0,register char ch=getchar(),register int f=0){
22 for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) f=ch==‘-‘;
23 for(; isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
24 return f?-x:x;
25 }
26 int main(){
27 while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)==3){
28 const int sq=sqrt(n)+1; tot=0;
29 memset(vis,0,sizeof(vis));
30 memset(head,0,sizeof(head));
31 memset(d,0,sizeof(d));
32 memset(sz,0,sizeof(sz));
33 memset(flag,0,sizeof(flag));
34 memset(sum,0,sizeof(sum));
35 for(int i=1;i<=n;++i) t[i]=w[i]=read(),tim[i]=1,g[i].clear();
36 for(int i=1;i<=k;++i) s[i]=read();
37 for(int i=1;i<=m;++i) add(read(),read());
38 for(int i=1;i<=n;++i) if(d[i]>=sq) vis[i]=1;
39 for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=head[i];j;j=nxt[j]) if(vis[to[j]]) g[i].push_back(to[j]);
40 for(int o=1;o<=k;++o){
41 int x=s[o];
42 if(vis[x]){
43 for(auto to:g[x]) sum[to]+=t[to];
44 ++flag[x];
45 tim[x]=tim[x]*inv2%mod;
46 t[x]=t[x]*inv2%mod;
47 }
48 else{
49 for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
50 if(vis[to[i]]&&sz[i]<flag[to[i]]) sum[x]+=t[x]*(flag[to[i]]-sz[i]),sz[i]=flag[to[i]];
51 sum[to[i]]+=t[to[i]];
52 }
53 tim[x]=tim[x]*inv2%mod;
54 t[x]=t[x]*inv2%mod;
55 }
56 }
57 for(int x=1;x<=n;++x) if(!vis[x]) for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) if(vis[to[i]]&&sz[i]<flag[to[i]]) sum[x]+=t[x]*(flag[to[i]]-sz[i]),sz[i]=flag[to[i]];
58 ll ans=0; int fl=0;
59 for(int i=1;i<=n;++i) if(sum[i]){
60 sum[i]%=mod;
61 if(tim[i]==1){ fl=1; break; }
62 ans+=sum[i]*qpow(1-tim[i]+mod,mod-2)%mod;
63 }
64 if(fl) puts("-1");
65 else printf("%lld\n",ans%mod);
66 }
67 return 0;
68 }
Yist
B. Ernd
因为看到了出现次数，所以想SAM。
在后面加字符对应着$trans$转移，在前面加字符则对应着向$parent$树上的儿子节点转移。
每个时刻实际上只关注当前的串与那些串能够匹配，而并不是具体的串的情况。
所以设$dp_{x,i}$表示SAM上节点$x$，长度为$i$时的最优策略，然而这个状态数为本质不同的字符串个数，随机数据都过不去。
转移只要讨论三种情况，$trans$转移，$parent$树转移，自转移（保证$i+1<=len_x$）即可。
因为SAM为一个DAG，实际上要求的是一个拓扑图上的最长链，但是可以在一个点停留多次。
根据实际含义理解，字符串在长度小的时候的$endpos$集合大小一定大于长度长的时候。
所以最优策略一定为对于每个节点尽量花完所有的$len$，所以状态数仅为后缀自动机的节点数。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int N=2e5+7;
4 int n,root=1,cnt=1,lst=1;
5 int ch[N<<1][26],prt[N<<1],len[N<<1],f[N<<1];
6 char s[N];
7 long long dp[N<<1];
8 vector<int> ve[N];
9 inline void extend(int c){
10 int np=++cnt,p=lst; lst=np;
11 len[np]=len[p]+1; f[np]=1;
12 ve[len[np]].push_back(np);
13 for(;p&&!ch[p][c];p=prt[p]) ch[p][c]=np;
14 if(!p) prt[np]=root;
15 else{
16 int q=ch[p][c];
17 if(len[q]==len[p]+1) prt[np]=q;
18 else{
19 int nq=++cnt; memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q])); prt[nq]=prt[q];
20 len[nq]=len[p]+1; ve[len[nq]].push_back(nq); prt[np]=prt[q]=nq;
21 for(;ch[p][c]==q;p=prt[p]) ch[p][c]=nq;
22 }
23 }
24 }
25 int main(){
26 scanf("%d%s",&n,s+1); ve[0].push_back(root);
27 for(int i=1;i<=n;++i) extend(s[i]-‘a‘);
28 for(int i=n;i;--i) for(auto x:ve[i]) f[prt[x]]+=f[x];
29 long long ans=0;
30 for(int i=0;i<=n;++i) for(auto x:ve[i]){
31 if(prt[x]) dp[x]=max(dp[x],dp[prt[x]]+1ll*(len[x]-len[prt[x]])*f[x]);
32 for(int j=0;j<26;++j) if(ch[x][j]) dp[ch[x][j]]=max(dp[ch[x][j]],dp[x]+1ll*(len[ch[x][j]]-len[x])*f[ch[x][j]]);
33 ans=max(ans,dp[x]);
34 }
35 printf("%d\n",ans);
36 return 0;
37 }
Ernd
C. Sanrd
考虑用 拦截导弹 一题的算法，首先预处理出$f$数组，使$f_i$表示强制经过$i$，并且满足LDS长度最大化的LDS方案数。
所以只要在左右两侧分别求LDS，在$i$处合并就好了。
现在只要考虑如何求出一个合法的LIS，在删掉这个LIS之后，求一个LDS就好了。
当一个LIS与所有LDS中的任何一个没有交集，这个LIS就是合法的。
通过颓题解发现一个性质，LIS与LDS的交集大小不超过1。
设最大LDS的方案数为$sum$，根据上述性质，LIS的方案$S$是不合法的仅当$\sum \limits_{i \in S}f_i=sum$。
所以只要求出两个路径上$f$值总和不同的LIS方案，一定有其中一个是合法的，也就可以找到对应的LDS。
所以问题可以通过一个很恶心（记录最大值/两个转移点/两条路径权值和）的树状数组实现。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int N=5e5+7;
4 const int mod=998244353;
5 int n,mxd;
6 int p[N],Dp[N],dp[N],f[N],F[N],sum[N],Sum[N],vis[N],PRE[N];
7 pair<int,int> pre[N],Pre[N];
8 void dfs(int x,int flag){
9 if(!x) return ;
10 if(!flag) dfs(pre[x].first,pre[x].second);
11 else dfs(Pre[x].first,Pre[x].second);
12 vis[x]=1;
13 }
14 void Dfs(int x){
15 if(!x) return ;
16 Dfs(PRE[x]);
17 printf("%d ",x);
18 }
19 int mx[N],fa[N];
20 pair<int,pair<int,int> > pa[N],pb[N];
21 inline int lowbit(int x){
22 return x&-x;
23 }
24 void modify(int x,int val,int sz){
25 for(;x<=n+1;x+=lowbit(x))
26 if(val>mx[x]) mx[x]=val,fa[x]=sz;
27 else if(val==mx[x]) (fa[x]+=sz)%=mod;
28 }
29 inline pair<int,int> query(int x){
30 pair<int,int> r(0,0);
31 for(;x;x^=lowbit(x)){
32 if(mx[x]>r.first) r.first=mx[x],r.second=fa[x];
33 else if(mx[x]==r.first) (r.second+=fa[x])%=mod;
34 }
35 return r;
36 }
37 void modify2(int x,int val,int p){
38 for(;x<=n+1;x+=lowbit(x)) if(val>mx[x]) mx[x]=val,fa[x]=p;
39 }
40 inline pair<int,int> query2(int x){
41 pair<int,int> r(0,0);
42 for(;x;x^=lowbit(x)) if(mx[x]>r.first) r.first=mx[x],r.second=fa[x];
43 return r;
44 }
45 int main(){
46 scanf("%d",&n);
47 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i]);
48 for(int i=1;i<=n;++i){
49 dp[i]=1; f[i]=1;
50 pair<int,int> d=query(n-p[i]+1); ++d.first;
51 if(d.first>1) dp[i]=d.first,f[i]=d.second;
52 modify(n-p[i]+1,dp[i],f[i]);
53 mxd=max(mxd,dp[i]);
54 }
55 memset(mx,0,sizeof(mx));
56 memset(fa,0,sizeof(fa));
57 for(int i=n;i;--i){
58 Dp[i]=1; F[i]=1;
59 pair<int,int> d=query(p[i]); ++d.first;
60 if(d.first>1) Dp[i]=d.first,F[i]=d.second;
61 modify(p[i],Dp[i],F[i]);
62 }
63 for(int i=1;i<=n;++i){
64 if(dp[i]+Dp[i]==mxd+1) f[i]=1ll*f[i]*F[i]%mod;
65 else f[i]=0;
66 }
67 p[n+1]=n+1;
68 memset(mx,-1,sizeof(mx));
69 memset(fa,0,sizeof(fa));
70 for(int i=1;i<=n+1;++i){
71 dp[i]=1; sum[i]=f[i]; Sum[i]=-1;
72 for(int x=p[i];x;x^=lowbit(x)){
73 if(mx[x]+1>dp[i]){
74 dp[i]=mx[x]+1;
75 sum[i]=(pa[x].first+f[i])%mod;
76 pre[i]=pa[x].second;
77 if(pb[x].first!=-1){
78 Sum[i]=(pb[x].first+f[i])%mod;
79 Pre[i]=pb[x].second;
80 }
81 else Sum[i]=-1,Pre[i]=make_pair(0,0);
82 }
83 else if(mx[x]+1==dp[i]){
84 if((pa[x].first+f[i])%mod!=sum[i]) Sum[i]=(pa[x].first+f[i])%mod,Pre[i]=pa[x].second;
85 else if(pb[x].first!=-1&&(pb[x].first+f[i])%mod!=sum[i]) Sum[i]=(pb[x].first+f[i])%mod,Pre[i]=pb[x].second;
86 }
87 }
88 for(int x=p[i];x<=n+1;x+=lowbit(x)){
89 if(dp[i]>mx[x]){
90 mx[x]=dp[i];
91 pa[x].first=sum[i];
92 pa[x].second=make_pair(i,0);
93 pb[x].first=Sum[i];
94 pb[x].second=make_pair(i,1);
95 }
96 else if(dp[i]==mx[x]){
97 if(pa[x].first!=sum[i]){
98 pb[x].first=sum[i];
99 pb[x].second=make_pair(i,0);
100 }
101 else if(Sum[i]!=-1&&pa[x].first!=Sum[i]){
102 pb[x].first=Sum[i];
103 pb[x].second=make_pair(i,1);
104 }
105 }
106 }
107 }
108 dfs(n+1,0);
109 memset(mx,0,sizeof(mx));
110 memset(fa,0,sizeof(fa));
111 int mxv=0,pos=0;
112 for(int i=1;i<=n;++i) if(!vis[i]){
113 dp[i]=1;
114 pair<int,int> d=query2(n-p[i]+1); ++d.first;
115 if(d.first>1) dp[i]=d.first,PRE[i]=d.second;
116 modify2(n-p[i]+1,dp[i],i);
117 if(dp[i]>mxv) mxv=dp[i],pos=i;
118 }
119 if(mxv==mxd){
120 printf("%d\n",dp[n+1]-1);
121 for(int i=1;i<=n;++i) if(vis[i]) printf("%d ",i); puts("");
122 printf("%d\n",mxv);
123 Dfs(pos);
124 }
125 else{
126 for(int i=1;i<=n;++i) vis[i]=0;
127 if(Sum[n+1]==-1) return puts("-1")&0;
128 dfs(n+1,1); mxv=0; pos=0;
129 memset(mx,0,sizeof(mx));
130 memset(fa,0,sizeof(fa));
131 for(int i=1;i<=n;++i) if(!vis[i]){
132 dp[i]=1;
133 pair<int,int> d=query2(n-p[i]+1); ++d.first;
134 if(d.first>1) dp[i]=d.first,PRE[i]=d.second;
135 modify2(n-p[i]+1,dp[i],i);
136 if(dp[i]>mxv) mxv=dp[i],pos=i;
137 }
138 if(mxv==mxd){
139 printf("%d\n",dp[n+1]-1);
140 for(int i=1;i<=n;++i) if(vis[i]) printf("%d ",i); puts("");
141 printf("%d\n",mxv);
142 Dfs(pos);
143 }
144 else return puts("-1")&0;
145 }
146 return 0;
147 }
Sanrd
原文地址：https://www.cnblogs.com/skyh/p/12188125.html
时间： 2024-10-08 08:55:15