CSP-S 模拟 19/11/12

前言：$fsy$ 你骄傲个屁！
考前打击一次也挺好的！
反思一下今天犯的错误

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T1：

cs int N = 1e6 + 5, M = 1e7 + 5;
int n, ch[M][26], ed[M], id[N], ct, node;

抱歉你已经凉了
写之前为什么没有算空间？
写之后为什么没有算空间？
检查的时候为什么没有算空间？
另外可以用 $sizeof$ 输出你的内存

cout << sizeof(ch) << '\n';

爆空间最划不来啊，$T,WA$ 至少还有分，但 $MLE$ 的话已经可以回去上文化课了！
考试的时候一定要格外注意

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T2：
暴力和正解同时犯错！？
看来以后还有静态 $de$ 一下两份都一样的 $bug$
然后还错了个细节
二分数组下标的时候可能比所有的都小，但是还是二分到了第一个

$mdzz$ 做完题一大把时间来检查却没有静下心读一遍自己的代码

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$fsy$，你活该

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想一想后缀数组的 $height$ 为什么要定义在 $rank$ 上
就是因为把后缀排序过后可以满足题目的那个性质
$lcp(s_i,s_j)=min_{k\in(rank_i,rank_j]}height_k$
所以 $lcp(s_i,s_k)\ge lcp(s_i,s_j),lcp(s_j,s_k)$
所以把所有串按字典序排序就可以了
也可以用 $trie$ 来理解，两个串的 $lcp$ 就是 $lca$ 的深度，如果按 $dfs$ 序来的话
可以满足两个的 $lca$ 一定比中间夹着的点和它们的 $lca$ 高
排序用 $string$ 就可以了
然后也可以用 $trie$ 树来做，儿子用 $map$ 存
注意结点重复的情况，每个点开一个 $vector$ 即可

#include<bits/stdc++.h>
#define cs const
using namespace std;
int read(){
  int cnt = 0, f = 1; char ch = 0;
  while(!isdigit(ch)){ ch = getchar(); if(ch == '-') f = -1; }
  while(isdigit(ch)) cnt = cnt*10 + (ch-'0'), ch = getchar();
  return cnt * f;
}
cs int N = 1e6 + 5;
int n, id[N], ct, node;
int a[N], ps[N];
typedef pair<int,int> pi;
vector<pi> ans;
#define mp make_pair
string s[N];
bool cmp(int a, int b){ return s[a] < s[b] || (s[a] == s[b] && a < b);}
int main(){
  n = read();
  for(int i = 1; i <= n; i++){
    cin >> s[i]; id[i] = i;
  } sort(id + 1, id + n + 1, cmp);
  for(int i = 1; i <= n; i++) ps[i] = a[i] = i;
  for(int i = 1; i <= n; i++){
    // 当前归位 id[i]
    if(ps[id[i]] == i) continue;
    ans.push_back(mp(i, ps[id[i]]));
    ps[a[i]] = ps[id[i]];
    swap(a[i], a[ps[id[i]]]);
  } cout << ans.size() << '\n';
  for(int i = 0; i < ans.size(); i++) cout << ans[i].first << " " << ans[i].second << '\n';
  return 0;
}

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按 $t_i$ 排序后二分答案，假设当前高度是 $len$，那么最小次数就是把高度大于 $len$ 的砍下去
$times=\sum_i\left \lceil \frac{t_i-len}{x} \right \rceil$
然后你发现这个东西没有办法变成 $\left \lceil \frac{t_i}{x} \right \rceil-\left \lceil \frac{len}{x} \right \rceil$ 之类的东西
但是发现 $\left \lfloor \frac{len}{x}\right \rfloor$ 的贡献是可以全部减掉的
可以多减 1 的就是 $t_i \% x\le len\%x$ 的
发现就是统计一个后缀小于等于某个数的个数，主席树即可
复杂度 $O(nlog(n)log(max(t_i))$

#include<bits/stdc++.h>
#define cs const
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read(){
  ll cnt = 0, f = 1; char ch = 0;
  while(!isdigit(ch)){ ch = getchar(); if(ch == '-') f = -1; }
  while(isdigit(ch)) cnt = cnt*10 + (ch-'0'), ch = getchar();
  return cnt * f;
}
cs int N = 1e5 + 5;
int n, m; ll x, MAX;
ll t[N], b[N], sum[N]; int sz;
#define mid ((l+r)>>1)
int rt[N], ls[N * 25], rs[N * 25], vl[N * 25], node;
void ins(int &x, int las, int l, int r, int p){
  x = ++node; ls[x] = ls[las]; rs[x] = rs[las]; vl[x] = vl[las] + 1;
  if(l == r) return; 
  if(p <= mid) ins(ls[x], ls[las], l, mid, p);
  else ins(rs[x], rs[las], mid+1, r, p);
} 
int query(int x, int l, int r, int L, int R){
  if(!x) return 0;
  if(L<=l && r<=R) return vl[x]; int ans = 0;
  if(L<=mid) ans += query(ls[x], l, mid, L, R);
  if(R>mid) ans += query(rs[x], mid+1, r, L, R);
  return ans;
}
#undef mid
bool ck(ll len, ll s){
  int l = 1, r = n; 
  while(l < r){
    int mid = (l+r) >> 1;
    if(t[mid] > len) r = mid;
    else l = mid + 1;
  } 
  if(l == n && t[l] <= len) return true; 
  ll delta = len / x, ret = len % x;
  int o = l;
  ll ans = sum[o] - delta * (n - o + 1);
  if(ans <= s) return true;
  if(ret == 0) return false;
  l = 0, r = sz;
  while(l < r){
    int mid = (l+r+1) >> 1;
    if(ret >= b[mid]) l = mid;
    else r = mid - 1;
  } if(l) ans -= (ll)query(rt[o], 1, sz, 1, l); 
  return ans <= s;
}
int main(){
  n = read(), m = read(), x = read();
  for(int i = 1; i <= n; i++) t[i] = read(), MAX = max(MAX, t[i]);
  sort(t + 1, t + n + 1);
  for(int i = n; i >= 1; i--) sum[i] = sum[i + 1] + (t[i] - 1) / x + 1;
  // 统计后缀和   
  for(int i = n; i >= 1; i--) b[++sz] = t[i] % x;
  sort(b + 1, b + sz + 1); sz = unique(b + 1, b + sz + 1) - (b + 1);
  for(int i = n; i >= 1; i--){
    ll nx = t[i] % x; 
    rt[i] = rt[i + 1];
    if(!nx) continue;
    nx = lower_bound(b + 1, b + sz + 1, nx) - b;
    ins(rt[i], rt[i], 1, sz, nx);
  } // 主席树维护后缀模 x 为某一个值的个数  
  while(m--){
    ll s = read();
    ll l = 0, r = MAX;
    while(l < r){
      ll mid = (l+r) >> 1;
      if(ck(mid + s, s)) r = mid;
      else l = mid + 1;
    } cout << l << '\n';
  } return 0;
}

钦定一个区间，考虑这个区间的贡献
就是强制填两个括号，然后两边随便填，方案数为 $\binom{n-len-2}{k-2}$
发现之和 $len$ 有关，对每一个 $len$ 统计长度为 $len$ 的数的和
考虑增量构造，长度为 1 的为 $a+b+c+d+e$
长度为 2 的为 $ab+bc+cd+de=10*(a+b+c+d)+(b+c+d+e)$
长度为 3 的为 $abc+bcd+cde=10(ab+bc+cd)+(c+d+e)$
就是上一次的减去最后一个乘 10 加上一个后缀和
在两个端点的区间分别考虑因为强制填的 $+$ 只有一个
复杂度 $O(n)$

#include<bits/stdc++.h>
#define cs const
using namespace std;
typedef long long ll;
int read(){
  int cnt = 0, f = 1; char ch = 0;
  while(!isdigit(ch)){ ch = getchar(); if(ch == '-') f = -1; }
  while(isdigit(ch)) cnt = cnt*10 + (ch-'0'), ch = getchar();
  return cnt * f;
}
cs int N = 5e5 + 5;
cs int Mod = 998244353;
int add(int a, int b){ return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b; }
int mul(int a, int b){ return 1ll * a * b % Mod; }
int ksm(int a, int b){ int ans = 1; for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) ans = mul(ans, a); return ans; }
int n, k, sum[N]; char s[N];
int fac[N], ifac[N], pw[N];
int vl[N], f[N];
void prework(){
  fac[0] = fac[1] = ifac[0] = ifac[1] = 1;
  for(int i = 2; i <= n; i++) fac[i] = mul(fac[i - 1], i);
  ifac[n] = ksm(fac[n], Mod - 2);
  for(int i = n-1; i >= 2; i--) ifac[i] = mul(ifac[i + 1], i + 1);
  pw[0] = 1;
  for(int i = 1; i <= n; i++) pw[i] = mul(pw[i - 1], 10);
}
int calc(int l, int r){ return add(sum[r], Mod - mul(sum[l-1], pw[r - l + 1])); }
int C(int n, int m){
  if(n < m || n < 0 || m < 0) return 0;
  return mul(fac[n], mul(ifac[n-m], ifac[m]));
}
int main(){
  freopen("string.in","r",stdin);
  freopen("string.out","w",stdout);
  n = read(), k = read(); scanf("%s", s + 1); prework();
  for(int i = 1; i <= n; i++){
    sum[i] = add(mul(sum[i-1], 10), s[i] - '0');
  }
  for(int i = n - 1; i >= 2; i--) vl[i] = add(vl[i + 1], s[i] - '0');
  f[1] = vl[2];
  for(int i = 2; i <= n - 2; i++){
    f[i] = mul(10, add(f[i - 1], Mod - calc(n - i + 1, n - 1)));
    f[i] = add(f[i], vl[i + 1]);
  }
  int ans = 0;
  for(int i = 1; i <= n - 2; i++)
    ans = add(ans, mul(f[i], C(n - i - 2, k - 2)));
  for(int r = 1; r <= n; r++) ans = add(ans, mul(calc(1, r), C(n - r - 1, k - 1)));
  for(int l = 2; l <= n; l++) ans = add(ans, mul(calc(l, n), C(l - 2, k - 1)));
  cout << ans; return 0;
}