「比赛总结」 正睿 国庆

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给出一个长度为 \(n\)01\(s\) 和整数 \(k\) ,求一个 \(s\) 最长的子串 \(t\) 使得 \(t\)0 的个数是 1 的个数的 \(k\) 倍,输出最长的 \(t\) 的长度。

设$ S_0[i]$ 表示 \(S[1..i]\)0的数量。 \(S_1[i]\) 表示 \(S[1..i]\)1的数量。 字串 \(S[L, R]\) 满足条件当且仅当 \(S_0[R] - S_0[L - 1] = (S_1[R] - S_1[L - 1]) \times k\)。 即:\(S_0[R] - S_1[R] \times k = S_0[L - 1] - S_1[L - 1] \times k\)

#define i64 long long 
const int _ = 1e6 + 100;
int n, k;
char S[_];
int S0[_], S1[_];
map<long long, int >M;
int main(){ 
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n >> k >> (S + 1); 
	for(int i = 1; i <= n; i++) S0[i] = S0[i - 1] + (S[i] == '0'), S1[i] = S1[i - 1] + (S[i] == '1');
	int ans = 0;  
	M[0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		i64 now = S0[i] -0ll- k *1ll* S1[i];
		if(M.count(now)) ans = max(ans, i - M[now]);  else M[now] = i;
	}
	printf("%d\n", ans); cerr << "std's ans = " << ans << endl;
	return 0;
}

有两个长度为 \(n\) 的排列 \(A,B\) ,你每次可以进行三种操作: - 删除 \(A\) 的第一个元素 \(a\) - 删除 \(B\) 的第一个元素 \(b\) - 删除 \(A\) 的第一个元素 \(a\)\(B\) 的第一个元素 \(b\) ,要求 \(a\neq b\) 求把 \(A,B\) 都删光需要的最少操作次数。

\(n \le 10^6\)

当数列 \(A, B\) 的首项相同的时候,直接贪心的选择操作 3 。需要决策当 \(A, B\) 首项相同的时候选择删除那边的,然后又可以一直删,直到首项再次相同的时候 再决策,直接DP可能被卡住的地方即可。

设数字 \(x\)\(A\) 中的位置是 \(i\),在 \(B\) 中的位置是 \(j\),记 数字 \(x\) 的位置为二元组 \((i, j)\)。由于 \(A , B\) 是两个排列,对于数字 \(x\) ,其位置一定是唯一的 \((i, j)\)。 设 \(\operatorname{dp}[i]\) 为 (设 \(A_i\) 的位置为 \((i, j)\) ) ,删光 \(A[i..n]\)\(B[j..n]\) 的代价。

对于数值 \(x\) 的位置 \((i, j)\) 设 $= i - j \(。由于排列的性质,\)dp[i]\(、\)A_i$ 的位置 \((i, j)\)这些是一一对应的。设 \(\Delta(x)\)\(dp[x]\) 对应的 \(\Delta\)

转移就是

\(dp[i] = 1 + \min_{\Delta(x) = \Delta(i) - 1, \Delta(y) = \Delta(i) + 1}\limits{\{\ dp[x] + \operatorname{dist}(i, x),\ \ dp[y] + \operatorname{dist}(i, y)}\ \}\)

从后往前 \(dp\) 记录以下 \(\Delta\) 即可。 为了方便,其中 \(\operatorname{Last}\)\(\Delta()\) 的反函数。

int n, A[_], B[_], POOL[(_ << 1) + 100], PosInB[_], *Last = &POOL[_ + 10];
int dp[_];
int main(){
    rep(i, 1, n = read()) Read(A[i]); rep(i, 1, n) Read(B[i]), PosInB[B[i]] = i;
    clear(dp, 0x3f); clear(POOL, -1);
    per(i, 1, n) {
        int det = i - PosInB[A[i]];
        if(Last[det + 1] != -1) to_min(dp[i], dp[Last[det + 1]] + 1 + (Last[det + 1] - (i + 1)));
        else to_min(dp[i], 1 + max(n - (i + 1) + 1, n - (PosInB[A[i]]) + 1 ));
        if(Last[det - 1] != -1) to_min(dp[i], dp[Last[det - 1]] + 1 + (Last[det - 1] - (i)));
        else to_min(dp[i], 1 + max(n - (i) + 1, n - (PosInB[A[i]] + 1) + 1));
        Last[det] = i;
    }
    int ans = 0;
    if(Last[0] == -1) ans = n; else ans = dp[Last[0]] + Last[0] - 1;
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

对于长度为 \(n\) 的置换 \(A,B\) ,求是否存在正整数 \(k\) 使得 \(A^k=B\)

定义置换的乘法为 \(C = (A \cdot B), C_i=A_{B_i}\)

定义 \(A^1=A,A^n=A^{n-1} \cdot A(n > 1)\)

如果存在 k 输出 Yes 否则输出 No

\(n \le 10^6\)

可以转化为对线性同于方程判断是否有解的问题。

这里的线性同于方程组的模数 \(\le 10^6\) 且不互质,\(LCM\) 很大 无法 \(exCRT\) 合并。

\(O(n \operatorname{log} n)\): 从 \(1 ~ n\) 枚举 \(i\) 尝试求出 \(x \operatorname{mod} i\) 的数值,易知 这个值可以从 \(x \operatorname{mod} k \dot i\) 的值得到,检查方程组中所有的方程,看看是否冲突即可。根据调和级数,这样做的时间复杂度为 \(O(n \operatorname{log} n)\)

#define i64 long long 
#define walk(now, ex) for(int i = head[now], ex; ex = edge[i].node, i; i = edge[i].nxt)
bool vis[_];
vector<int> G[_];
int D[_], SZ[_], BL[_];
int Dis[_], MD[_];
int cnt = 0;
void clear(){
	memset(head, 0, sizeof(head)); tot = 0;
	memset(vis, false, sizeof(vis));
	for(int i = 1; i <= cnt; i++) G[i].clear(); cnt = 0;
}
void dfs(int now, int target){
	G[target].push_back(now);  vis[now] = 1;
	walk(now, ex) { if(vis[ex]) continue; dfs(ex, target); }
}
bool CMP(const pair<int, int > & A, const pair<int, int > & B) { return A.fi < B.fi; }
int pos[_];
bool PdExist(int *Md, int *a, int n) {
	static vector< pair<int, int > > M, M0; M.clear(); M0.clear();
	for(int i = 1; i <= n; i++) M.push_back(make_pair(Md[i], a[i]));
	sort(M.begin(), M.end(), CMP);
	for(int i = 0; i < M.size(); i++) {
		int L = i, R = i;
		while(R + 1 < M.size() && M[L].fi == M[R + 1].fi) R++;
		for(int j = L; j <= R; j++) if(M[j].se != M[L].se) return false;
		M0.push_back(M[L]);
		i = R;
	}
	memset(pos, -1, sizeof(pos));
	int MAX = 0; for(int i = 0; i < M0.size(); i++) MAX = max(MAX, M0[i].fi), pos[M0[i].fi] = i;
	for(int i = 1; i <= MAX; i++){
		int tmp = -1;
		for(int j = i; j <= MAX; j += i) if(pos[j] != -1) { if(tmp == -1) tmp = M0[pos[j]].se % i; else if(tmp != M0[pos[j]].se % i) return false; }
	}
	return true;
}

void doit(){
	clear();
	for(int i = 1; i <= n; i++) add(A[i], i);
	for(int i = 1; i <= n; i++) if(!vis[i]) dfs(i, ++cnt);
	for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
		for(int j = 0; j < G[i].size(); j++){
			D[G[i][j]] = j;
			SZ[G[i][j]] = G[i].size();
			BL[G[i][j]] = i;	
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) if(BL[A[i]] != BL[B[i]]) { return (void)puts("No");}
	for(int i = 1; i <= n; i++) Dis[i] = ( D[B[i]] - D[A[i]] + SZ[A[i]] ) % SZ[A[i]];
	
	for(int i = 1; i <= n; i++) MD[i] = SZ[A[i]];
	int r = PdExist(MD, Dis, n);
	return (void)puts(r ? "Yes" : "No"); 
}

int main(){
	while(scanf("%d", &n) == 1){
		for(int i = 1; i <= n; i++) Read(A[i]);
		for(int i = 1; i <= n; i++) Read(B[i]);
		doit();
	}
	return 0;
}