A CodeForces 1187B
题意：
商家给出字符串\(S\)，对于每个名字\(t_i\)，需要回答至少需要从前往后多少个连续字符才能写出名字\(t_i\)。
Sol:
桶或者二分答案+前缀和
此处只讲解桶。
对\(S\)，维护\(cnt[x][y]\)表示字母\(x\)出现了\(y\)次所在的位置。
那么显然对于询问来说，\(ans=max(cnt['a'...'z'][b['a'...'z']],ans)\)，\(b[x]\)表示字母\(x\)在询问串中出现的次数。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read() {
char c=getchar();int x=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0',c=getchar();}
return x*f;
}
const int N=2e5+5;
map<int,int>Q[200];
map<int,int>cnt,ccnt;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t;
cin>>t;
string s;
cin>>s;
for(int i=0;i<s.length();++i){
cnt[s[i]]++;
Q[s[i]][cnt[s[i]]]=i;
}
int m;
cin>>m;
while(m--){
cin>>s;
int maxx=-0x3f3f3f3f;
for(int i=0;i<s.length();++i){
ccnt[s[i]]++;
maxx=max(maxx,Q[s[i]][ccnt[s[i]]]);
}
ccnt.clear();
cout<<maxx+1<<"\n";
}
return 0;
}
B CodeForces 1559B
题意：
把所有的 ? 替换成 R 或 B 使得相邻的两个字符不同。如果两个相邻格子的颜色相同，那么它就是不美观的，你要尽量减少不美观的数量。
Sol:
贪心。考虑对于一连串的\(?\)，统一往右对齐，例如\(???B\)，就改成\(RBRB\)即可，特殊处理最后一段末尾的\(?\)串，例如\(B???\)，将其特殊处理一下，因为其右边没有字符，无法对齐。
搞法很多，能过就行。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define debug(x) cout<<#x<<" :"<<x<<endl
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int N=2e5+10;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1){
ans=(ans*a)%mod;
}
a=(a*a)%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
typedef double db;
int m,n;
char s[N];
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n*2;++i)s[i]=' ';
scanf("%s",s+1);
int l=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
int kep=i;
int f=0;
int cnt=0;
while(s[kep]=='?'&&kep<=n){
kep++;
f=1;
cnt++;
}
if(f){
int fs=(s[kep]=='B'?0:1);
if(kep!=n+1){
for(int j=kep-1;j>=i;--j){
fs^=1;
if(fs)s[j]='R';
else s[j]='B';
}
i=kep-1;
}
else{
fs=(s[i-1]=='B'?0:1);
for(int j=i;j<=kep-1;++j){
fs^=1;
if(fs)s[j]='R';
else s[j]='B';
}
i=kep-1;
}
}
}
printf("%s\n",s+1);
}
return 0;
}
C HDU 6955
题意：
给你一段长度为\(N\)的序列，和一个整数\(K\)。寻找左端点最小且区间长度最短的区间使满足\([L,R]\)的异或值\(>=K\)。输出\(L,R\)。不存在输出\(-1\).
Sol:
\(Trie\).
先做一遍异或前缀和，问题就转换成从异或前缀和操作后的数组中，选取两个数，使其异或值\(>=K\)，并且要让选择这两个数的间距尽可能小。
在字典树上每个结点维护其包含的数的最大下标。
从前往后插入，先查询后插入，对于要插入的数字\(a[i]\)，即可查出其某个最接近它的数的位置\(pos\)，且保证\((a[pos] \bigoplus a[i])<=K\)（做法与第一次测试的E题一样，都是分类讨论，这里不做讲解。可以参考第一次测试的pdf）
每一组询问得到的合法区间为\([pos+1,i]\)，将其按要求排序即可。
Code:
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<map>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int tr[N][2];
typedef long long ll;
int tot;
int rt;
int n,k;
#define debug(x) cout<<#x<<" :"<<x<<endl
int rpos[N];
inline int read() {
char c=getchar();int x=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0',c=getchar();}
return x*f;
}
void insert(ll val,int id){
int pos=rt;
for(ll i=31;i>=0;--i){
int v = (1&(val>>(i*1ll)));
if(!tr[pos][v])tr[pos][v]=++tot;
rpos[pos] = max(rpos[pos],id);
pos = tr[pos][v];
}
rpos[pos] = max(rpos[pos],id);
}
int query(ll x,ll v){
int pos=rt;
int ans=0;
int maxpos=-1;
for(ll i=31;i>=0;--i){
int xp = (1&(x>>(i*1ll)));
int vp = (1&(v>>(i*1ll)));
if(pos == 0){
return maxpos;
}
if(xp==0&&vp==0){
if(tr[pos][1]){
maxpos=max(maxpos,rpos[tr[pos][1]]);
pos=tr[pos][0];
}
else{
if(tr[pos][0]){
pos=tr[pos][0];
}
else return maxpos;
}
}
else if(xp==0&&vp==1){
if(tr[pos][1]){
pos=tr[pos][1];
}
else{
return maxpos;
}
}
else if(xp==1&&vp==0){
if(tr[pos][0]){
maxpos=max(maxpos,rpos[tr[pos][0]]);
pos=tr[pos][1];
}
else{
if(tr[pos][1]){
pos=tr[pos][1];
}
else return maxpos;
}
}
else if(xp==1&&vp==1){
if(tr[pos][0]){
pos=tr[pos][0];
}
else{
return maxpos;
}
}
}
maxpos=max(rpos[pos],maxpos);
return maxpos;
}
void init(){
tot=rt=1;
}
struct node{
int l,r;
node(int _l,int _r):l(_l),r(_r){}
};
bool cmp(node a,node b){
if(a.r-a.l == b.r-b.l){
return a.l<b.l;
}
else return a.r-a.l < b.r-b.l;
}
int q[500005];
int main(){
int cas=0;
int t;
scanf("%d",&t);
for(int i=1;i<=N-1;++i)rpos[i]=-1;
while(t--){
n=read(),k=read();
for(int i=0;i<=tot;++i){
for(int j=0;j<=1;++j){
tr[i][j]=0;
}
rpos[i]=-1;
}
init();
for(int i=1;i<=n;++i){
q[i]=read();
}
for(int i=1;i<=n;++i){
q[i]=(q[i-1]^q[i]);
}
int ansl,ansr;
int pos;
int mlen = n+10;
ansl=ansr=n+10;
insert(0,0);
vector<node>vans;
for(int i=1;i<=n;++i){
int pos = query(q[i],k);
insert(q[i],i);
if(pos == -1 || pos == i)continue;
int len = i-pos;
ansl=pos+1;
ansr=i;
vans.push_back(node(pos+1,i));
}
sort(vans.begin(),vans.end(),cmp);
if((int)vans.size()==0)printf("-1\n");
else printf("%d %d\n",vans[0].l,vans[0].r);
}
return 0;
}
D CFGym 101667I
题意：
咕咕咕
Sol:
考虑到答案要求\(k+p\)尽可能小，相同的同时需要\(p\)尽可能小。
将序列翻转，求出\(Next\)数组，于是可以枚举翻转后的前缀，相当于从大到小枚举\(k\).
对于每一个枚举的前缀，求其最小循环节\(p=i-Next[i]\)，相当于对于枚举的每个\(k\)，同时保证了\(p\)尽可能小。
对此，求出的结果一定包含在最优解中。枚举过程中找到最小的\(k+p\)值，将其对应的\(k\)和\(p\)输出即可。
最稳妥的做法就是找到最小值后再扫一遍，记录下\(k+p\)等于最小值的情况下\(p\)最小的值即可。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
using namespace std;
int t[N],p[N];
int next1[N];
void get_next(int p[],int lenp){
int j=0;
for(int i=2;i<=lenp;++i){
while(j&&p[j+1]!=p[i])j=next1[j];
if(p[j+1]==p[i])j++;
next1[i]=j;
}
}
void kmp(int t[],int lent,int p[],int lenp){
int j=0;
for(int i=1;i<=lent;++i){
while(j&&p[j+1]!=t[i])j=next1[j];
if(p[j+1]==t[i])j++;
if(j==lenp){
cout<<i-lenp+1<<endl;//输出p在t中出现的位置
}
}
}
void print(int lenp){
for(int i=1;i<=lenp;++i){
cout<<next1[i]<<" ";
}
}
int n;
int a[N];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
p[i]=a[n-i+1];
}
int lenp=n;
get_next(p,lenp);//预处理p的next数组
int minn=0x3f3f3f3f;
int ansp,ansk;
for(int i=1;i<=n;++i){
int pp=(i-next1[i]);
int kk=n-i;
if(pp+kk<minn){
minn=pp+kk;
ansp=pp,ansk=kk;
}
}
cout<<ansk<<" "<<ansp;
return 0;
}
E CFGym 100502H
题意：
有两个时钟上面有\(n\)个指针，给出的数字代表指针的角度。问能否在某一时刻使得两个时钟的指针重合。
Sol:
参考了这份大佬的题解
容易想到先对指针角度排序，然后相邻指针相减得到一个间距。如果这些间距能够相同的话，那么就代表可以在某个时刻重合。
最暴力地做法就是\(O（n^2）\)的复杂度。用第一个时钟的每一个间距去匹配第二个时钟的每一个间距，如果发现有能够匹配到的就说明可以。
因为是环状的，所以要让第一个时钟的间距向后延伸\(n-1\)个。
然后让第一个时钟的间距当文本串，第二个时钟的间距当模式串，然后跑一下\(KMP\)就好了。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200010
const int maxdeg = 360000;
int nxt[N], a[N], b[N], c[N+N], d[N], n;
void make_next() {
for(int i = 0; i <= n; i++) nxt[i] = 1;
int k = 0, j = 1;
nxt[1] = 0;
while(j <= n) {
if(k == 0 || d[k] == d[j]) {
k++; j++;
nxt[j] = k;
} else k = nxt[k];
}
}
bool KMP() {
int k = 1, j = 1;
make_next();
while(j < 2 * n) {
if(k == 0 || d[k] == c[j]) {
k++; j++;
if(k == n) return true;
} else k = nxt[k];
}
return false;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]);
sort(a + 1, a + 1 + n);
sort(b + 1, b + 1 + n);
for(int i = 2; i <= n; i++) {
c[i] = a[i] - a[i-1];
d[i] = b[i] - b[i-1];
}
c[1] = a[1] - a[n] + maxdeg;
d[1] = b[1] - b[n] + maxdeg;
for(int i = n + 1; i < 2 * n; i++)
c[i] = c[i-n];
if(KMP()) puts("possible");
else puts("impossible");
return 0;
}
F HDU 4821
题意：
给出\(M\)和\(L\)，和一个字符串\(S\)。要求找出\(S\)的子串中长度为\(L*M\)，并且可以分成\(M\)段，每段长\(L\)，并且\(M\)段都不相同的子串个数。
Sol:
考察复杂度计算和想法的一道题。
枚举段长\(L\)的起始点位置，即枚举\([1,L]\)，每次枚举存储下所有段长为\(L\)的不重叠子串\(Hash\)值。
为什么只需要枚举\([1,L]\)。举个例子
对于样例\(abcabcbcaabc，M=3,L=3\),
枚举起点\(i=1\)时，可以得到段长为3的所有子串是\(abc,abc,bca,abc\)。
枚举起点\(i=4\)时，可以得到段长为3的所有子串是\(abc,bca,abc\)。
可见后者是前者的子集，对此只需枚举\([1,L]\)即可。
每次枚举存储下所有段长为L的子串\(Hash\)值后，就可以进行操作了.
类似滑动窗口的维护。
先维护变量\(cnt\)表示前\(m\)个长度为\(L\)的子串中不同子串的个数，每次移动时只需要删除窗口的第一个字符串的\(Hash\)值，再将当前窗口的下一个字符串的\(Hash\)值加入窗口，一直维护下去即可。
时间复杂度：\(O(L*(Len/L))=O(Len)\)。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define dep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define debug(x) cout<<#x<<" :"<<x<<endl
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int N=1e5+20;
inline ll read() {
char c=getchar();ll x=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0',c=getchar();}
return x*f;
}
inline void out(int x) {
if(x>9) out(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
ll jc[N];
ll mod=386910137;
ll bas=13331;
ll ha[N];
ll getlr(int l,int r){
return ((ha[r]-ha[l-1]*jc[r-l+1])%mod+mod)%mod;
}
int n,m,k;
char s[N];
int l;
void init(){
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=N-1;++i){
jc[i]=(jc[i-1]*bas)%mod;
}
}
ll kep[N];
void solve(){
scanf("%s",s+1);
int lens=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=lens;++i){
ha[i]=(ha[i-1]*bas+s[i]-'a'+1)%mod;
}
int ans=0;
rep(i,1,l){
int con=0;
int st=i;
while(st+l-1<=lens){
kep[++con] = getlr(st,st+l-1);
st+=l;
}
unordered_map<ll,int>mp;
int cnt=0;
rep(j,1,n){
if(!mp[kep[j]])cnt++;
mp[kep[j]]++;
}
if(cnt==n)ans++;
rep(j,n+1,con){
mp[kep[j-n]]--;
if(mp[kep[j-n]]==0)cnt--;
mp[kep[j]]++;
if(mp[kep[j]]==1)cnt++;
if(cnt==n)ans++;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
int tt;
tt=1;
init();
while(scanf("%d%d",&n,&l)!=EOF){
solve();
}
return 0;
}
