考试复盘

$T1$

$subtask1:n\le 5$，暴搜点的颜色状态以及边的存在状态

对于一条连接相同颜色点的边，可要可不要，不会提供形态变化的贡献，$2^{edge}$

$dp$？？？

设$dp[i][j][0/1]$表示前$i$个点，颜色为白/黑，由前面$j$个点转移过来？

好像转移不动。。pass

$T2$

$n\le 15$？？感觉给子任务编号，是不同数据下的算法拼凑而来的呢(〃￣︶￣)人(￣︶￣〃)

$subtask1:m\le 20$，直接$2^m$暴搜

竟然空间超限，ε=(･д･｀*)ﾊｧ…，哭晕在厕所

$subtask2:1-2$之间有唯一的一条简单路径

考虑枚举在这条路径上的$i$点相遇，则除了这条路径以外的边的方向都无所谓

$subtask3:n\le 10\to m\le 45$

$subtask4:$一般情况

考虑枚举在点$x$相遇，暴搜$1-x$每一条路径，在此基础上搜$2-x$的每一条路径，没被打标记的边可选可不选；

但是这里会出现重复的情况，因为路径并不是唯一的

emmmmmm（▼㉨▼メ）难搞哦(・。・)

$T3$

字符匹配非常类似最近做的$FFT$题_(:3J∠)

可仔细想想，又不太对劲，pass

猜个小结论：长度是每段只比上一段加一，感觉就是对的

考虑$dp[i][j]$，表示串$[l,r]$作为首串，最多能接的段数

转移，要枚举位置？？比较串，$kmp$？？$hash$？？，好像时间复杂度有点大诶

算了吧。。。

考后

唯一想说的，对于这场比赛就只有空间超限了，(*ﾟДﾟ)つﾐ匚___

人生

$n\le 2e5$

---

设$en{d}_i$表示以$i$为结尾的路径条数

如果$en{d}_j$是偶数条，连向$i$后，$en{d}_i$也只会加上偶数，奇偶性不变

如果$en{d}_j$是奇数条，连向$i$后，$en{d}_i$会加上奇数，奇偶性变化

注意$en{d}_i$要加上$1$，自己到自己的路径

由此得知，$en{d}_i$奇偶性只跟前面与$i$连边的点中$en{d}_j$是奇数的点的个数有关，与实际点是哪个无关

设$f[i][j][k][h]$：表示前$i$个点，有$j$个白点和$k$个黑点的$end$是奇数，且前$i$个点$end$之和的奇偶性为$h$（$0$偶$1$奇）

对于一个$n$元集合（$n>1$），选出一个偶数子集大小或者是一个奇数子集大小的方案数均为$2^{n-1}$

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简单证明一下(￣▽￣)"：

①$n$为奇数

假设选了$i$个，$i$为奇数，那么$n-i$个没有选，$n-i$为偶数

说明每选一种奇数子集大小的方案，就会存在一种偶数子集大小的方案

各自占一半，$=\frac{2^n}{2}=2^{n-1}$

②$n$为偶数

设$T(n,1)$表示在$n$个中选奇数个的方案数，$T(n,0)$表示在$n$个中选偶数个的方案数

考虑把$n$分成前后各一半

Ⅰ设$n/2$为奇数

$T(n,1)=T(n/2,1)\ast T(n/2,0)+T(n/2,0)\ast T(n/2,1)=2\ast T(n/2,0)\ast T(n/2,1)$

$T(n,0)=T(n/2,1)\ast T(n/2,1)+T(n/2,0)\ast T(n/2,0)$

先前证明过当$x$为奇数时，其选择奇数和偶数的方案数相等

$T(n,0)=T(n/2,1)\ast T(n/2,0)+T(n/2,0)\ast T(n/2,1)=2\ast T(n/2,0)\ast T(n/2,1)$

$\Rightarrow T(n,0)=T(n,1)$

Ⅱ设$n/2$为偶数

递归$n/2$，不停的除以$2$，总有一层是奇数，就变成了Ⅰ

证毕

---

大力讨论列出转移方程

①点$i+1$为白色，且$end$为偶数，总和奇偶性不变
$$f[i+1][j][k][h]=f[i][j][k][h]\ast 2^{k-1}\ast 2^{i-k}$$

$2^{k-1}$：会对$i+1$奇偶性造成影响的$k$个黑色奇数点，从中选择奇数个的方案数，$en{d}_{i+1}$有这些黑色奇数点带来的奇数贡献，再加上自己到自己本身一条路径，就是偶数了

$2^{i-k}$：剩下的点与$i+1$可连可不连，不会造成影响

②点$i+1$为白色，且$end$为奇数，总和奇偶改变
$$f[i+1][j+1][k][h⨁1]=f[i][j][k][h]\ast 2^{k-1}\ast 2^{i-k}$$

$2^{k-1}$：会对$i+1$奇偶性造成影响的$k$个黑色奇数点，从中选择偶数个的方案数

③点$i+1$为黑色，且$end$为偶数，总和奇偶性不变
$$f[i+1][j][k][h]=h[i][j][k][h]\ast 2^{j-1}\ast 2^{i-j}$$

$2^{j-1}$：会对$i+1$奇偶性造成影响的$j$个白色奇数点，从中选择奇数个的方案数

④点$i+1$为黑色，且$end$为奇数，总和奇偶改变
$$f[i+1][j][k+1][h⨁1]=f[i][j][k][h]\ast 2^{j-1}\ast 2^{i-j}$$

$2^{j-1}$：会对$i+1$奇偶性造成影响的$j$个白色奇数点，从中选择偶数个的方案数

如果点$i+1$被钦定为黑色，则没有①②的转移；白色则没有③④的转移

观察到每个转移方程中后面两个$2$的幂乘积与$j,k$无关，都为$2^{i-1}$
当$j,k$为$0$时，从中选偶数个为$2^i$，选奇数个为$0$

于是，不再需要$j,k$的实际值了

设$f[i][0/1][0/1][h]$，表示前$i$个点，$end$和的奇偶为$h$，是否有$end$为奇数的白/黑点

#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 200005
int f[maxn][2][2][2];
int mi[maxn], c[maxn];
int n;signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &c[i] );mi[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) mi[i] = ( mi[i - 1] << 1 ) % mod;f[0][0][0][0] = 1;for( int i = 0;i < n;i ++ )for( int j = 0;j <= 1;j ++ )for( int k = 0;k <= 1;k ++ )for( int h = 0;h <= 1;h ++ ) {if( ! f[i][j][k][h] ) continue;if( c[i + 1] != 1 ) {f[i + 1][j][k][h] = ( f[i + 1][j][k][h] + f[i][j][k][h] * ( k ? mi[i - 1] : 0 ) % mod ) % mod;f[i + 1][j | 1][k][h ^ 1] = ( f[i + 1][j | 1][k][h ^ 1] + f[i][j][k][h] * ( k ? mi[i - 1] : mi[i] ) % mod ) % mod;}if( c[i + 1] != 0 ) {f[i + 1][j][k][h] = ( f[i + 1][j][k][h] + f[i][j][k][h] * ( j ? mi[i - 1] : 0 ) % mod ) % mod;f[i + 1][j][k | 1][h ^ 1] = ( f[i + 1][j][k | 1][h ^ 1] + f[i][j][k][h] * ( j ? mi[i - 1] : mi[i] ) % mod ) % mod;}}int ans = 0;for( int j = 0;j <= 1;j ++ )for( int k = 0;k <= 1;k ++ )ans = ( ans + f[n][j][k][1] ) % mod;printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

---

赢家

$n\le 15,m\le \frac{n\times (n+1)}{2}$

---

转化为用总数$2^m$减去不合法的方案数

不合法方案数即为，$1$能到达的点集$S$，$2$能到达的点集为$T$，$S\cap T=\varnothing$

设$f[S]$表示能使$1$到达点集为$S$内所有点的方案数，$g[T]$为能使$2$到达点集为$T$内所有点的方案数

枚举$S,T$，两个集合内部的边的定向方案数即为$f[S]\times g[T]$（不能有边跨越$S,T$）

对于点集$S\cup T$的补集中的点，内部边可以随便定向$2^{edge}$，而对于一个顶点在集合外另一个顶点在$S,T$集合内的边，一定是从集合外指向集合内

枚举的时间复杂度为$O(3^n)$

接下来考虑怎么计算$f[S]$，$g[T]$与之一样

一样的思路，用总数减去不合法的数量

总数为$2^{edge\_S}$，

减去不合法的方案，枚举一个$S$的真子集$s^{\prime }$，计算只能到达子集$s^{\prime }$内的点的方案数

点集$s’$内的方案数为$f[s^{\prime }]$，点集外的方案数为$2^{edge\_S-edge\_s’}$

对于横跨$s’,C_S{s}^{\prime }$的边，方向一定是从外面指向子集$s^{\prime }$内

所以此时减去的方案数为$f[s^{\prime }]\times 2^{edge\_S-edge\_s^{\prime }}$

枚举子集，$DP$时间复杂度为$O(3^n)$

#include <cstdio>
#define mod 1000000007
#define int long long
#define maxn 20
#define maxm 1 << 15
int n, m, id;
bool edge[maxn][maxn];
int in[maxm], out[maxm], mi[maxn * maxn], f[maxm], g[maxm];signed main() {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &m, &id );mi[0] = 1;for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );edge[u][v] = 1;mi[i] = ( mi[i - 1] << 1 ) % mod;}int cnt = 1 << n;for( int S = 0;S < cnt;S ++ )for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= n;j ++ )if( edge[i][j] ) {if( ( 1 << i - 1 & S ) && ( 1 << j - 1 & S ) ) in[S] ++;//完全包含在点集S里面的边if( ( 1 << i - 1 & S ) || ( 1 << j - 1 & S ) ) out[S] ++;//完全包含在点集S里面的边+一个顶点在点集里一个顶点在点集外}for( int S = 0;S < cnt;S ++ ) {if( ! ( S & 1 ) ) continue;//如果没有包含点1 跳过f[S] = mi[in[S]];for( int T = ( S - 1 ) & S;T;T = ( T - 1 ) & S ) {if( ! ( T & 1 ) ) continue;//子集也必须包含点1f[S] = ( f[S] - f[T] * mi[in[S ^ T]] % mod + mod ) % mod;}}for( int S = 0;S < cnt;S ++ ) {if( ! ( S >> 1 & 1 ) ) continue;g[S] = mi[in[S]];for( int T = ( S - 1 ) & S;T;T = ( T - 1 ) & S ) {if( ! ( T >> 1 & 1 ) ) continue;g[S] = ( g[S] - g[T] * mi[in[S ^ T]] % mod + mod ) % mod;}}int ans = mi[m];for( int S = 0;S < cnt;S ++ ) { if( ! ( S & 1 ) || ( S >> 1 & 1 ) ) continue;for( int T = ( cnt - 1 ) ^ S;T;T = ( T - 1 ) & ( ( cnt - 1 ) ^ S ) ) {if( ! ( T >> 1 & 1 ) || in[S] + in[T] < in[S | T] ) continue;//如果没有包含点2 或 S,T点集有边横跨两个集合 为不合法划分 跳过ans = ( ans - f[S] * g[T] % mod * mi[m - out[S | T]] % mod + mod ) % mod;}}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

---

黑红兔

$n\le 5e5$

---

性质1：存在一种方案，最后一段长度为$1$，每选出的段的长度都比上一段小$1$

很显然，如果某一段比下一段长$\ge 2$，可以在前面或者后面去掉若干字符，只需要保证下一段是严格子串即可

设$f[i][j]$表示以子串$[i,j]$为首串，能否找出$j-i+1$段符合要求

$f$为$yes/no$的$bool$数组

枚举下一段与$f[i+1,j]$还是$f[i][j-1]$进行转移

用$hash$判断两个串是否相同

性质2：答案不超过$O(\sqrt{n})$

最好的情况为$1+2+...+k$，此时有$\frac{k(k+1)}{2}\le n$

性质3：假设以$i$作为第一段开头，如果第一个串长$len$时，可以选出$len$段，那么串长为$len-1$时，也能选出$len-1$段

非常显然，都删去一个首/尾跟下一段无关的字符，最后一段被删去，仍能保证严格子串性质

设$f[i]$为以$i$开始的首串，最长能选多少段

考虑二分答案，问题转化为找$[i+mid,n]$内是否存在一个$j$，满足

$f[j]\ge mid-1$

$lcp(i,j)\ge mid-1$或者$lcp(i+1,j)\ge mid-1$（看是首/尾是新添的多余字符

如果求出原串的后缀数组，那么$lcp(i,j)\ge x$相当于$rn{k}_j$在某个区间内，可以二分求出这个区间

此套路做法，详情可见👉亲爱的佳媛姐姐正解做法——字符串LOJ2059

$O(nlo{g}^{2}n)$

性质4：$f[i]\le f[i+1]+1$

如果$i$开始能接大于$f[i+1]+1$段，那么$i+1$开始一定能接大于$f[i+1]+1-1=f[i+1]$段，有性质3得出

所以就不用二分了，类似滑动窗口一样，先把$f[i]$赋为$f[i+1]+1$，然后判断是否可行，不行就一直$-1$直到可行为止

类似于$SA$求$height$数组，$O(nlogn)$

预处理$st$表里面的$log$，快了整整三秒，卡(>ρ<")了

终于过了(＾Ｕ＾)ノ~ＹＯ

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 500005
#define INF 0x7f7f7f7f
int n, m = 255;
char s[maxn];
int tot[maxn], rnk[maxn << 1], sa[maxn], id[maxn], x[maxn], h[maxn], lg[maxn];
int st[maxn][20];void init() {for( int i = 1;i <= n;i ++ ) tot[x[i] = s[i]] ++;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) tot[i] += tot[i - 1];for( int i = n;i;i -- ) sa[tot[x[i]] --] = i;for( int k = 1;k <= n;k <<= 1 ) {int num = 0;for( int i = n - k + 1;i <= n;i ++ ) id[++ num] = i;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) if( k < sa[i] ) id[++ num] = sa[i] - k;memset( tot, 0, sizeof( tot ) );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) tot[x[i]] ++;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) tot[i] += tot[i - 1];for( int i = n;i;i -- ) sa[tot[x[id[i]]] --] = id[i];for( int i = 1;i <= n;i ++ ) rnk[i] = x[i];x[sa[1]] = num = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ )x[sa[i]] = ( rnk[sa[i]] == rnk[sa[i - 1]] && rnk[sa[i] + k] == rnk[sa[i - 1] + k] ) ? num : ++ num;if( n == num ) break;m = num;}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) rnk[sa[i]] = i;int k = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if( rnk[i] == 1 ) continue;if( k ) k --;int j = sa[rnk[i] - 1];while( i + k <= n && j + k <= n && s[i + k] == s[j + k] ) k ++;h[rnk[i]] = k;}lg[0] = -1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) st[i][0] = h[i];for( int j = 1;j <= 18;j ++ )for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( i + ( 1 << j - 1 ) > n ) break;else st[i][j] = min( st[i][j - 1], st[i + ( 1 << j - 1 )][j - 1] );
}int lcp( int l, int r ) {int i = lg[r - l + 1];return min( st[l][i], st[r - ( 1 << i ) + 1][i] );
}int cnt;
int rt[maxn], t[maxn * 30], lson[maxn * 30], rson[maxn * 30];void modify( int pre, int &now, int l, int r, int pos, int val ) {if( ! now ) now = ++ cnt;if( l == r ) { t[now] = max( t[now], val ); return; }int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) rson[now] = rson[pre], modify( lson[pre], lson[now], l, mid, pos, val );else lson[now] = lson[pre], modify( rson[pre], rson[now], mid + 1, r, pos, val );t[now] = max( t[lson[now]], t[rson[now]] );
}int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( ! now || R < l || r < L ) return 0;if( L <= l && r <= R ) return t[now];int mid = ( l + r ) >> 1;return max( query( lson[now], l, mid, L, R ), query( rson[now], mid + 1, r, L, R ) );
}int find_l( int pos, int len ) {int l = 1, r = pos - 1;while( l <= r ) {int mid = ( l + r ) >> 1;if( lcp( mid + 1, pos ) >= len ) r = mid - 1;else l = mid + 1;}return l;
}int find_r( int pos, int len ) {int l = pos + 1, r = n;while( l <= r ) {int mid = ( l + r ) >> 1;if( lcp( pos + 1, mid ) >= len ) l = mid + 1;else r = mid - 1;}return r;
}bool check( int pos, int len ) {if( query( rt[pos + len], 1, n, find_l( rnk[pos], len - 1 ), find_r( rnk[pos], len - 1 ) ) >= len - 1 )return 1;if( query( rt[pos + len], 1, n, find_l( rnk[pos + 1], len - 1 ), find_r( rnk[pos + 1], len - 1 ) ) >= len - 1 )return 1;return 0;
}int ans;
int f[maxn];int main() {scanf( "%s", s + 1 );n = strlen( s + 1 );	init();ans = f[n] = 1;modify( rt[n + 1], rt[n], 1, n, rnk[n], f[n] );for( int i = n - 1;i;i -- ) {f[i] = f[i + 1] + 1;while( ! check( i, f[i] ) ) f[i] --;ans = max( ans, f[i] );modify( rt[i + 1], rt[i], 1, n, rnk[i], f[i] );}printf( "%d\n", ans );return 0;
}