A Bobo String Construction

题意：给定一个 $01$ 字符串 $t$，构造一个长度为 $n$ 的 $01$ 串 $s$，使得 $t$ 在 $\mathrm{concat}(t,s,t)$ 中仅出现两次。多测，$1\le T\le 10^3$，$1\le n,|t|\le 10^3$。

解法：结论是全 $0$ 或全 $1$ 串一定可行。

首先如果 $t$ 就是全 $0$ 或全 $1$，那显然构造全 $1$ 或全 $0$ 串一定可行。

如果 $t$ 是 $01$ 混杂，考虑以下两种情况：

1. 首先 $s$ 串内部肯定不会出现 $t$。
2. 考虑 $\mathrm{concat}(t,s)$ 和 $\mathrm{concat}(s,t)$ 部分。显然只需要考虑 $t$ 的 border（最长公共前后缀）和 $s$ 的拼接部分即可。如果 border 部分 $01$ 混杂那显然交叠部分不会出现。如果 border 只有 $0$，那就构造全 $1$，反之亦然。则 $s$ 的交叠部分末端（可能出现匹配的首段是 $t$ 的尾端 border）一定无法出现 $t$ 的 border，也就不会出现匹配。

所以枚举到底是全 $0$ 还是全 $1$，然后使用 KMP 算法计算 $\mathrm{concat}(t+s+t)$ 中 $t$ 是否只出现两次即可。复杂度 $\mathcal{O}(T(n+|t|))$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// KMP template
class KMP
{vector<int> nx;string b;public:KMP(string b){this->b = b;int n = b.length();int j = 0;nx.resize(n);for (int i = 1; i < n; i++){while (j > 0 && b[i] != b[j])j = nx[j - 1];if (b[i] == b[j])j++;nx[i] = j;}}int find(string a) // a中出现多少次b{int n = b.length(), m = a.length();int j = 0;int ans = 0;for (int i = 0; i < m; i++){while (j > 0 && a[i] != b[j])j = nx[j - 1];if (a[i] == b[j])j++;if (j == n){ans++;j = nx[j - 1];}}return ans;}
};
void Solve()
{int n;string t;cin >> n >> t;string s0, s1;for (int i = 0; i < n; i++){s0 += "0";s1 += "1";}KMP solve(t);if (solve.find(t + s0 + t) == 2)cout << s0 << "\n";else if (solve.find(t + s1 + t) == 2)cout << s1 << "\n";elsecout << "-1\n";
}
int main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);cin.exceptions(cin.failbit);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL);int t;cin >> t;while (t--)Solve();return 0;
}

F Election of the King

题意：给定长度为 $n$ 的数列 { a } i = 1 n \{a\}_{i=1}^n {a}i=1n​，最开始每个数字都存在。持续进行 $n-1$ 轮下述操作：

1. 当前剩下来的每个数，选择距离它最远（绝对值最大）的数进行投票，如果最远距离相等选择大的。
2. 当前被投票数最多的数在本轮删掉，平票则选择最大的数字删掉。

问最后是哪个数字留下来。$1\le n\le 10^6$，$1\le a_i\le 10^9$。

解法：考虑维护数列的中位数，并观察它的投票情况。因为如果中位数投最大，它左侧也一定投最大；中位数投最小，它右侧也一定投最小。因而哪怕是两侧投票数势均力敌也是由中位数定胜负。因而时刻维持中位数投票情况以决定淘汰的数字是谁，同时同步移动中位数即可。整体复杂度为 $\mathcal{O}(n\log n+n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000000;
pair<int, int> a[N + 5];
int main()
{int n;scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d", &a[i].first);a[i].second = i;}sort(a + 1, a + n + 1);int l = 1, r = n;// [l, r] 区间表示存活的数字for (int i = n, j = (n + 1) / 2; i >= 2; i--){int midl = (a[r].first - a[j].first >= a[j].first - a[l].first);if (i % 2 == 0) // 偶数要考虑中位数相邻两个{int midr = (a[r].first - a[j + 1].first >= a[j + 1].first - a[l].first);if (midl || midr) // 票死大的r--;else{l++;j++;}}else{if (!midl) // 票死小的l++;else{r--;j--;}}}printf("%d", a[l].second);return 0;
}

G Famished Felbat

题意：给定长度为 $n$ 的数列 { a } i = 1 n \{a\}_{i=1}^n {a}i=1n​，和长度为 $m$ 的数列 { b } i = 1 m \{b\}_{i=1}^m {b}i=1m​。第 $i$ 轮从 { b } \{b\} {b} 数列中任意选择一个数字 $b_j$，然后执行 $a_i\leftarrow a_i+b_j$，然后将 $b_j$ 从 { b } \{b\} {b} 数列中删去。$n$ 轮操作后求 $\sum _{i=1}^{n}f(a_i)$ 的期望，其中：
$$f(x)=\frac{1}{L}\sum _{i=1}^L\lceil \frac{x}{i}\rceil$$
$L$ 为一已知常数。$1\le n\le m\le 10^3$，$1\le L,a_i,b_j\le 2\times 10^9$。

解法：首先由期望的线性性，每个 $b_i$ 都会等概率加到每个 $a_j$ 上。同时由 $\lceil \frac{x}{i}\rceil =\lfloor \frac{x+i-1}{i}\rfloor =\lfloor \frac{x-1}{i}\rfloor +1$，将上取整转化到常用的下取整。因而本质是求：
$$n+\frac{1}{mL}\sum _{k=1}^L\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\lfloor \frac{a_i+b_j-1}{k}\rfloor$$
仅考虑求和部分式子的计算，下面所有的枚举都是建立在 $L$ 充分大的情况，严格的式子都需要对 $L$ 取 $\min$。首先最朴素的想法是进行整除分块，对每个 $a_i+b_j$ 进行整除分块，但这样的时间复杂度为 $\mathcal{O}\left(nm\sqrt{L}\right)$，显然不能通过。这时可以注意到一个性质：
$$\lfloor \frac{x+y}{i}\rfloor =\lfloor \frac{x}{i}\rfloor +\lfloor \frac{y}{i}\rfloor +[x\mathrm{mod}i+y\mathrm{mod}i\ge i]$$
即，两个被加数本身整除的部分，再检查余数之和是否能够再凑一个 $i$。那么对于 $k$ 比较小的情况，显然就可以枚举 $k$，然后先单独计算完 $m\sum _{k=1}^B\lfloor \frac{a_i}{k}\rfloor$ 和 $n\sum _{k=1}^B\lfloor \frac{b_j}{k}\rfloor$，以及各自的余数，再通过枚举每个 $b_j$ 的余数，检查 { a } \{a\} {a} 中余数大于等于 $k-b_j\mathrm{mod}k$ 的个数有多少即可。这样这部分复杂度就是 $\mathcal{O}\left(B(n+m)+Bm\log n\right)$。

考虑如果当 $k$ 很大会怎么样。这时由于枚举的量太大，显然无法承受。但是结合整除分块的性质——在根号以下，自变量变化小，但值域变化大；在根号以上，自变量变化大，但值域变化小。因而对于 $k$ 大的情况，不难考虑通过枚举整除得到的值有多少自变量区间对应来求解。因而有 $k$ 较大（$k\ge B$，$B$ 为阈值）部分的转化求和式：
$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{L}{B}\rfloor }\max \left(0,\min \left(\lfloor \frac{x}{i}\rfloor ,L\right)-B\right)$$
其中 $i$ 是枚举的整除值，$-B$ 操作表示挖去自变量较小的部分的贡献，上限对 $L$ 取 $\min$ 以限制分母的范围。

考虑把 $\min$ 函数去掉以快速计算，那么问题转化为 $a_i+b_j\ge iL$ 的二维偏序问题，这个可以用树状数组快速解决。这部分复杂度为 $O\left(\lfloor \frac{L}{B}\rfloor m\log n\right)$

考虑取一个合适的阈值以平衡二者，因而取 $B=\sqrt{L}$，最终复杂度为 $O\left(\sqrt{L}m\log n\right)$。

H Merge the squares!

题意：给定 $n\times n$ 个 $1\times 1$ 组成的正方形，每次可以合并相邻不超过 $50$ 个正方形变成一个大正方形。问如何通过合并得到一个大的 $n\times n$ 的大正方形，不限次数。$1\le n\le 10^3$。

解法：考虑 $7^2\le 50$，所以如果边长 $x$ 是 $[2,7]$ 的倍数，可以考虑直接先拆分成 $d\times d$ 个 $\frac{x}{d}\times \frac{x}{d}$ 个正方形求解。

最棘手的问题在于大质数。显然质数不能按照这种乘除法的倍数拆分，因而考虑加减法。注意到完全平方和公式：$(a+b{)}^2=a^2+2ab+b^2$，构造下面的图形：

即 $a\times a$ 和 $b\times b$ 的正方形，和两个 $a\times b$ 的矩形。正方形可以递归下去构造，考虑矩形如何尽可能少的构造。

不妨令 $a>b$，一个贪心的想法是，每次构造一个 $b\times b$ 的正方形，然后留下一个 $(a-b,b)$ 的矩形递归下去构造，即类似辗转相减法：

每次我们都找了一个最大的正方形，这样做整体个数不会太劣。考虑它会拆分到多少个正方形：$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$ 个 $b\times b$ 的正方形（横向放置），然后再加上 $(a\mathrm{mod}b,b)$ 的答案。因而可以用欧几里得算法求得它的答案：

int gcd(int x, int y)
{if (x == y)return 1; // 正方形if (x < y)swap(x, y);return x / y + gcd(x % y, y); // 先横向拆分，再递归到子矩形中
}

因而回到整体大正方形拆分，可以考虑枚举这样的 $a$，求出这样拆分的矩形 $(a,x-a)$ 需要包含多少个小正方形，如果不超过 $24$ 个就可以视为一个合法的拆分。这是因为 $24\times 2+2=50$，$a\times a$ 和 $b\times b$ 的正方形视为一个，剩下的 $48$ 个均分给两个矩形构造。

#include <bits/stdc++.h>
#define fp(i, a, b) for (int i = a, i##_ = b; i <= i##_; ++i)
#define fd(i, a, b) for (int i = a, i##_ = b; i >= i##_; --i)using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e3 + 5;
int n, f[N];
vector<array<int, 3>> ans;
int check(int a, int b) {if (!b) return a <= 7;int cnt = 1, c;while (b) {cnt += a / b;c = a % b, a = b, b = c;}return cnt <= 25;
}
void dfs(int, int, int);
void calcC(int, int, int, int);
void calcR(int x, int y, int r, int c) { // c = a * r + bif (r <= 1) return;int a = c / r;fp(i, 0, a - 1) dfs(x, y + i * r, r);calcC(x, y + a * r, r, c % r);
}
void calcC(int x, int y, int r, int c) { // r = a * c + bif (c <= 1) return;int a = r / c;fp(i, 0, a - 1) dfs(x + i * c, y, c);calcR(x + a * c, y, r % c, c);
}
void dfs(int x, int y, int k) {if (k == 1) return;ans.push_back({x, y, k});// printf("%d %d %d\n", x, y, k);if (!f[k]) return;int a = k - f[k], b = f[k];calcR(x + a, y, b, a), calcC(x, y + a, a, b);dfs(x, y, a), dfs(x + a, y + a, b);
}
void Solve() {scanf("%d", &n);// freopen("s.out", "w", stdout);// printf("%d\n", n);memset(f, -1, sizeof f);f[1] = 0;fp(i, 2, n) {fp(j, 0, i / 2) {if (check(i - j, j)) {f[i] = j;break;}}}dfs(1, 1, n);printf("%llu\n", ans.size());reverse(ans.begin(), ans.end());for (auto [x, y, k] : ans) printf("%d %d %d\n", x, y, k);
}
int main() {int t = 1;while (t--) Solve();return 0;
}

I Portal 3

题意：$n$ 个点的有向图，给定其邻接矩阵 $G$。现在沿着一条长度为 $k$ 的路径 { v } i = 1 k \{v\}_{i=1}^k {v}i=1k​（给定 $k$ 个路径点依次到达），并可以合并两个点 $u,v$（$G_{u,v}=G_{v,u}=0$），问合并后最短路径长。$1\le n\le 500$，$0\le G_{i,j}\le 10^9$，$1\le k\le 10^6$。

解法：首先 Floyd 跑出任意两点之间的最短路 { d } ( i , j ) = ( 1 , 1 ) ( n , n ) \{d\}_{(i,j)=(1,1)}^{(n,n)} {d}(i,j)=(1,1)(n,n)​。然后路径本身可以转化到统计经过两点 $(s,t)$ 的次数 $c(s,t)$。考虑合并 $u,v$ 两个点会发生什么：显然有些 $(s,t)$ 会考虑绕道 $(u,v)$ 以拉近最短路。由于不指定 $u,v$ 顺序，因而可以认为一定是 $s\to u\to v\to t$。则绕道后会节省（贡献）$d(s,t)-d(s,u)-d(v,t)$。因而一个简易的暴力算法流程如下：

long long maxSaved = 0;
for (int u = 1; u <= n; u++)for (int v = 1; v <= n; v++){long long curSaved = 0;for (int s = 1; s <= n; s++)for (int t = 1; t <= n; t++)curSaved += max(0ll, c[s][t] * (d[s][t] - d[s][u] - d[v][t]));maxSaved = max(maxSaved, curSaved);}

即固定枚举是合并哪两个点，然后考虑路径上每一对 $(s,t)$ 对这一对 $(u,v)$ 的贡献。但是这样计算复杂度是 $O(n^4)$。下面给出两种做法：

$O(n^3\log n)$

考虑首先枚举 $u,t$，这时可以首先枚举所有的 $s$，固定 $d(s,t)-d(s,u)$。对 $s$ 按 $d(s,t)-d(s,u)$ 项排序。当按排序后 $s$ 的顺序枚举时，$d(s,t)-d(s,u)$ 项单增，这时如果 $v$ 按 $d(v,t)$ 单增的顺序排列，就可以考虑双指针去快速找到每个 $s$ 下贡献最大的 $v$ 是什么。复杂度 $\mathcal{O}(n^3\log n+n^3+n^2\log n+k)$。

#include <bits/stdc++.h>
#define fp(i, a, b) for (int i = a, i##_ = b; i <= i##_; ++i)using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 505;
int n, k, d[N][N], c[N][N];
ll ans, len, w[N][N];
vector<pair<int, int>> val, nv[N];
void Solve() {scanf("%d%d", &n, &k);fp(i, 1, n) fp(j, 1, n) scanf("%d", d[i] + j);fp(k, 1, n) fp(i, 1, n) fp(j, 1, n)d[i][j] = min(d[i][j], d[i][k] + d[k][j]);{int u, v;scanf("%d", &u);for (k--; k--;) scanf("%d", &v), ++c[u][v], len += d[u][v], u = v;}fp(t, 1, n) {fp(v, 1, n) nv[t].push_back({d[v][t], v});sort(nv[t].begin(), nv[t].end());}fp(u, 1, n) fp(t, 1, n) {val.clear();fp(s, 1, n) if (c[s][t] && d[s][t] > d[s][u])val.push_back({d[s][t] - d[s][u], c[s][t]});sort(val.begin(), val.end());ll tot = 0, cnt = 0, i = 0;for (auto [d, c] : val) tot += (ll)d * c, cnt += c;for (auto [d, v] : nv[t]) {while (i < val.size() && d >= val[i].first)tot -= (ll)val[i].first * val[i].second, cnt -= val[i].second, ++i;w[u][v] += tot - cnt * d;}}ans = len;fp(u, 1, n) fp(v, u, n) ans = min(ans, len - w[u][v] - w[v][u]);printf("%lld\n", ans);
}
int main() {int t = 1;while (t--) Solve();return 0;
}

$O(n^3)$

转变维护思路。考虑维护一个 $v$ 数组，其中第 $i$ 项表示当前要合并的点是 $(i,j),j\in [1,v]$ 时整个经过路径最大缩短量。因而这个时候可以考虑枚举每一对 $(s,t)$，考虑这一对 $(s,t)$ 会对这个数组产生什么影响。下面固定 $(s,t)$。

观察 $d(s,t)-d(s,u)-d(v,t)$，这时第一项已经固定。再枚举 $u$，不难注意到 $d(s,t)-d(s,u)$ 都已经确定，这时满足 $d(v,t)\le d(s,t)-d(s,u)$ 都会更新。因而可以考虑将所有的 $v$ 按 $d(v,t)$ 顺序排列，这时按 $d(s,u)$ 递增的顺序枚举 $u$ 的时候，更新的 $v$ 就是连续的一段，可以考虑差分和前缀和维护。等到 $u$ 一轮更新完，再对 $v$ 恢复顺序。这样复杂度为 $\mathcal{O}(n^3+2n^2\log n+k)$。

J Qu’est-ce Que C’est?

题意：给定长度为 $n$ 的数列 { a } i = 1 n \{a\}_{i=1}^n {a}i=1n​，要求每个数都在 $[-m,m]$ 范围，且任意长度大于等于 $2$ 的区间和都大于等于 $0$，问方案数。$1\le n,m\le 5\times 10^3$。

解法：下面给出两种 dp 状态设计。

法一

考虑 $f_{i,j}$ 表示填了 $i$ 个数字，当前最小后缀和为 $j$ 的方案数。显然 $j\in [-m,m]$。

维护转移：

1. 填入正数，此时 $j\ge 0$。$f_{i,j}\leftarrow \sum _{k=-j}^m{f}_{i-1,k}$，即填入一个数字使得这一位和上一位加起来得大于等于 $0$。
2. 填入一个负数。枚举填了什么数字 $j$，这时上一位必须满足最小后缀和得大于等于 $-j$，否则拼接起来会小于 $0$。因而 $f_{i,j}\leftarrow \sum _{k=-j}^m{f}_{i-1,k}$。

#include <bits/stdc++.h>
#define fp(i, a, b) for (int i = a, i##_ = b; i <= i##_; ++i)
#define fd(i, a, b) for (int i = a, i##_ = b; i >= i##_; --i)using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 5e3 + 5, P = 998244353;
int n, m, f[2][2 * N], suf[2 * N];
void Solve() {scanf("%d%d", &n, &m);int q = 0, ans = 0;fp(i, -m, m) f[0][N + i] = 1;fp(i, 2, n) {q ^= 1;fd(x, N + m, N -m) suf[x] = (suf[x + 1] + f[q ^ 1][x]) % P;fp(x, 0, m) f[q][N + x] = suf[N - m + x];fp(x, 1, m) f[q][N - x] = suf[N + x];}fp(i, -m, m) ans = (ans + f[q][N + i]) % P;printf("%d\n", ans);
}
int main() {int t = 1;while (t--) Solve();return 0;
}

整体复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

法二

除了最后一个数字，其余的负数一定是可以和非负数绑定的。例如，考虑如下的正负数列可以被划分为：

负正/正/正/负正/负正/正/正/正/负正/

将负数和后面紧邻的正数绑定成为一个完整块，一起填充。考虑 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，填的一个完整块的和为 $j$ 的方案数。考虑如下几种情况的转移：

• 当前填非负数。$f_{i,j}\leftarrow \sum _{k=0}^m{f}_{i-1,k}$
• 当前准备带负数的完整块。$f_{i,j}\leftarrow \sum _{k=0}^m\sum _{l=-k}^{-1}[1\le j-l\le m]f_{i-2,k}$，即 $l$ 枚举负数范围为 $[-k,-1]$，正数需要和满足 $j$ 条件下，仍然在 $[0,m]$ 范围。因而有转移 $f_{i,j}\leftarrow \sum _{k=0}^m\min (k,j-m)f_{i-2,k}$。

基于这些转移，可以写出这样的暴力代码：

#include <bitsdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5000, P = 998244353;
int f[N + 5][N + 5], g[N + 5][N + 5];
int main()
{int n, m;scanf("%d%d", &n, &m);f[0][0] = 1;for (int i = 0; i <= m; i++)f[1][i] = 1;for (int i = 0; i <= m; i++){for (int j = 0; j <= m; j++)f[2][i] = (f[2][i] + f[1][j]) % P;for (int k = -m; k <= -1; k++){int res = i - k;if (res <= m && res >= 0)f[2][i] = (f[2][i] + 1) % P;}}for (int i = 3; i <= n; i++){for (int j = 0; j <= m; j++){for (int k = 0; k <= m; k++)f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][k]) % P;for (int k = 0; k <= m; k++)for (int l = -k; l <= -1; l++) // 枚举负数{int res = j - l;if (res <= m)f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 2][k]) % P;}}}int ans = 0;// 最后一个数字可以填负数，需要单独考虑for (int i = 0; i <= m; i++)ans = (ans + f[n][i] + (long long)f[n - 1][i] * i) % P;printf("%d", ans);return 0;
}

不难发现只需要维护 $f_{i,j}$ 的前缀和和 $j{f}_{i,j}$ 的前缀和即可快速计算。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5000, P = 998244353;
int f[N + 5][N + 5], g[N + 5][N + 5];
// f表示直接的前缀和，g表示i*f的前缀和
int main()
{int n, m;scanf("%d%d", &n, &m);if (n == 1){printf("%d", 2 * m + 1);return 0;}f[0][0] = 1;for (int i = 0; i <= m; i++){f[1][i] = i + 1;if (i)g[1][i] = (g[1][i - 1] + i) % P;}for (int i = 0; i <= m; i++){f[2][i] = 2 * m - i + 1;if (i){g[2][i] = (g[2][i - 1] + (long long)f[2][i] * i) % P;f[2][i] = (f[2][i - 1] + f[2][i]) % P;}}for (int i = 3; i <= n; i++){for (int j = 0; j <= m; j++)f[i][j] = (f[i - 1][m] + g[i - 2][m - j] + (long long)(m - j) * (f[i - 2][m] - f[i - 2][m - j] + P) % P) % P;for (int j = 1; j <= m; j++){g[i][j] = (g[i][j - 1] + (long long)f[i][j] * j) % P;f[i][j] = (f[i][j - 1] + f[i][j]) % P;}}// 最后一位特判long long ans = (f[n][m] + g[n - 1][m]) % P;printf("%lld", ans);return 0;
}

整体复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

L We are the Lights

题意：$n\times m$ 的灯阵，初始全灭。一次操作可以执行：第 $i$ 行或列全灭或全亮。问执行完全部 $q$ 条操作亮着的灯有多少。$1\le n,m,q\le 10^6$。

解法：首先为了防止后面的操作对前面有影响，显然是倒序执行所有的操作。对于一次行操作，只需要维护列中在后续操作中确定会灭或亮的灯数（确定亮的灯在之前行操作中已经计数过了），列同理。因而使用四个变量维护行、列中确定亮、灭的个数即可。整体复杂度 $\mathcal{O}(q)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000000;
int st[2][N + 5], cnt[2][2];
struct node
{int dir;int id;int op;node(int _dir, int _id, int _op) : dir(_dir), id(_id), op(_op) {}
};
char s[50], t[50];
int main()
{memset(st, -1, sizeof(st));int n[2], q, x;long long ans = 0;scanf("%d%d%d", &n[0], &n[1], &q);vector<node> que;while (q--){scanf("%s%d%s", s, &x, t);int dir = (s[0] == 'c'), op = (t[1] == 'n');que.emplace_back(dir, x, op);}reverse(que.begin(), que.end());for (auto [dir, x, op] : que){if (st[dir][x] != -1)continue;if (op)ans += n[dir ^ 1] - cnt[dir ^ 1][0] - cnt[dir ^ 1][1];st[dir][x] = op;cnt[dir][op]++;   }printf("%lld", ans);return 0;
}