B.Camp Schedule
给两个 $01$ 串 $s$ 和 $t$，你可以将 $s$ 串任意重排，要求最大化 $t$ 在 $s$ 子串中出现的次数，可以重叠
$|s|,|t| \leq 500000$
sol：
看到可以重叠，考虑最大化利用重叠部分
重叠部分是这次 $t$ 串的结束和下次 $t$ 串的开始，也就是 $t$ 串的一个 $border$
先放一个 $border$ ，之后一直放 $t$ 串的除 $border$ 以外的部分就可以了
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for (register int i = (s), i##end = (t); i <= i##end; ++i)
#define dwn(i, s, t) for (register int i = (s), i##end = (t); i >= i##end; --i)
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())if (ch == ‘-‘)f = -f;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = 10 * x + ch - ‘0‘;
return x * f;
}
char s[500010], t[500010], border[500010], ans[500010], pborder[500010];
int fail[500010], cnt[2], pcnt[2], ncnt[2];
int chk() {return (cnt[1] >= pcnt[1]) && (cnt[0] >= pcnt[0]);}
int chk2() {return (cnt[1] >= ncnt[1]) && (cnt[0] >= ncnt[0]);}
int main() {
scanf("%s", s + 1); scanf("%s", t + 1);
int n = strlen(s + 1), m = strlen(t + 1);
rep(i, 1, n) cnt[s[i] - ‘0‘]++;
int j = 0; for(int i=2;i<=m;i++) {
while(j && t[j + 1] != t[i]) j = fail[j];
if(t[i] == t[j + 1]) j++;
fail[i] = j;
} int blen = fail[m];
rep(i, 1, blen) border[i] = t[i], pcnt[t[i] - ‘0‘]++;
//cout << border+1 << endl;
rep(i, blen+1, m) pborder[i - blen] = t[i], ncnt[t[i] - ‘0‘]++;
//cout << pborder+1 << endl;
int clen = strlen(pborder + 1);
int dfn = 1;
if(chk()) {
cnt[1] -= pcnt[1]; cnt[0] -= pcnt[0];
rep(i, 1, blen) ans[i] = border[i]; dfn = blen;
while(chk2()) {
rep(i, 1, clen)
ans[dfn + i] = pborder[i];
dfn += clen;
cnt[1] -= ncnt[1]; cnt[0] -= ncnt[0];
}
while(cnt[1]) {
ans[++dfn] = ‘1‘;
cnt[1]--;
}
while(cnt[0]) {
ans[++dfn] = ‘0‘;
cnt[0]--;
}
cout << (ans + 1) << endl;
}
else {
cout << (s+1) << endl;
}
}
/*1111111001100
101*/
C.Museums Tour
一个有向图，每个点有一个博物馆，每个博物馆有一个长度为 $d$ 的开放时间表（是循环的），你可以进行一次任意天的旅行，但是每天必须走一步，问最多能参观多少博物馆
$n,m \leq 100000,d \leq 50$
sol：
卡空间神题，卡掉了 w \times h
虽然他还是 rank 1.
有很多基于强连通分量的做法，这里写一种比较稳的
把每个点拆成 $d$ 个点，求一个强连通分量
在强连通分量里算一下有哪些点可以走到即可，显然只需要 $(x,y)$ 这个点在强连通分量里且 $x$ 在第 $y$ 天开放就可以通过一直绕圈圈走到
外面是个 DAG，做个 dp 即可
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for (register int i = (s), i##end = (t); i <= i##end; ++i)
#define dwn(i, s, t) for (register int i = (s), i##end = (t); i >= i##end; --i)
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())if (ch == ‘-‘)f = -f;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = 10 * x + ch - ‘0‘;
return x * f;
}
const int maxn = 5000010;
int n, m, d;
int first[maxn], to[maxn], nx[maxn], cnt;
inline void add(int u, int v) {
to[++cnt] = v;
nx[cnt] = first[u];
first[u] = cnt;
}
int dfn[maxn], low[maxn], st[maxn], top, bl[maxn], scc, _tim;
char grid[100010][60];
int now;
vector<int> G2[maxn], ccs[maxn];
inline void Tarjan(int x) {
dfn[x] = low[x] = ++_tim; st[++top] = x;
for(int i=first[x];i;i=nx[i]) {
if(!dfn[to[i]]) {
Tarjan(to[i]);
low[x] = min(low[x], low[to[i]]);
}
else if(bl[to[i]] == -1) low[x] = min(low[x], dfn[to[i]]);
}
if(low[x] == dfn[x]) {
now = -1;
do {
now = st[top--];
bl[now] = scc;
ccs[scc].push_back(now);
}while(now != x);
scc++;
}
}
int dp[maxn], hsh[maxn];
int main() {
n = read(), m = read(), d = read();
memset(bl, -1, sizeof(bl));
rep(i, 0, m-1) {
int u = read() - 1, v = read() - 1;
rep(j, 0, d-1) add(u * d + j, v * d + (j + 1) % d);
}
rep(i, 0, n-1) scanf("%s", grid[i]);
rep(i, 0, n-1) rep(j, 0, d-1) grid[i][j] -= ‘0‘;
rep(i, 0, n*d-1) if(!dfn[i]) Tarjan(i);
rep(i, 0, scc-1) {
sort(ccs[i].begin(), ccs[i].end());
int last = -1;
// cout << i << ":" << endl;
// for(auto j : ccs[i]) cout << j << " ";
// cout << endl;
for(auto j : ccs[i]) {
if(j / d != last) {
if(grid[j / d][j % d]) {
//cout << last << ":" << j << " " << d << endl;
hsh[i]++;
last = j / d;
}
}
}
}
rep(x, 0, n*d-1)
for(int i=first[x];i;i=nx[i])
if(bl[x] != bl[to[i]])
G2[bl[x]].push_back(bl[to[i]]);
//cout << bl[x] << "->" << bl[to[i]] << endl;
//ind[bl[to[i]]]++;
//rep(i, 0, scc-1) cout << hsh[i] << " ";
rep(i, 0, scc-1) {
dp[i] = hsh[i];
for(auto h : G2[i]) dp[i] = max(dp[i], dp[h] + hsh[i]);
}
cout << dp[bl[0]] << endl;
}
D.Cooperative Game
交互题
有一个链表，已知它有闭环，你一开始有 $10$ 个指针，都指向表头
每次操作你可以让若干个指针向前移动一个单位，交互器会返回现在哪些指针在同一个单位
你现在要让所有指针都正好在环的起始节点，并在都在环的起始节点时输出 $done$
操作次数限制为 $3n$ 次，你不知道环长，不知道链长，甚至不知道 $n$
$n \leq 1000$
sol：
经典题...网上都是解法但我没搜
经典解法是这样的：
1.设置一个“快节点”，一个“慢节点”，快节点每次走两步，慢节点每次走一步
（具体到这道题就是第一步让他俩一起走，第二步只有快节点走）
2.这两个点如果相遇，说明链表有环
（这题一定有）
3.再把两个节点一个放回表头，另外一个在相遇点不动，把这两个点一起动，相遇的地方就是环的起始节点
（这题你相遇点有两个点，然后你惊喜的发现起始节点还有 8 个点没动，那就大家一起走就可以了）
4.输出 done，Pretest Passed，Accepted，然后大骂出题人
考验大家使用 Google / wiki 能力？
Stop Writing Problems
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define rep(i,s,t) for(register int i = (s),i##end = (t); i <= i##end; ++i)
#define dwn(i,s,t) for(register int i = (s),i##end = (t); i >= i##end; --i)
using namespace std;
inline int read() {
int x=0,f=1;char ch;
for(ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch==‘-‘)f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=10*x+ch-‘0‘;
return x*f;
}
const int maxn = 100010;
string ch;
int getres() {
int x; cin >> x;
rep(i, 1, x) cin >> ch;
return x;
}
int main() {
do {
cout << "next 0 1" << endl; getres();
cout << "next 0" << endl;
}while(getres() > 2);
do {
cout << "next 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9" << endl;
}while(getres() > 1);
cout << "done" << endl;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/Kong-Ruo/p/10499605.html
时间： 2024-08-02 09:26:26