Mail.Ru Cup 2018 Round 2

Mail.Ru Cup 2018 Round 2

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C. Lucky Days

题意：找出最长的一段连续区间，同时被\([l_a + k_at_a, r_a + k_at_a]\) , \([l_b + k_bt_b, r_b + k_bt_b]\)覆盖。

做法：设最终的答案为\([L,R]\),那么\(L\)一定是\(l_a + k_at_a,~~ l_b + k_bt_b\), \(R\)同理。根据不同条件，解不等式，然后判断是否有解即可。其中\(k_ata - k_bt_b = k* gcd(t_a,t_b)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define VI vector<int>
#define VL vector<ll> 
#define P pair<ll,int>
#define fr first
#define sc second
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; ++i) 
#define per(i,a,b) for(int i = a; i >= b; --i) 
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(b))
typedef long long ll;
const ll inf = 1000000000000000000LL;
using namespace std;
ll ra,la,ta,rb,lb,tb,ans;
ll fd(ll x,ll g) {ll t;t = x/g, t*=g;while(t < x) t+=g;return t;
}
int main() {scanf("%lld%lld%lld",&la,&ra,&ta);scanf("%lld%lld%lld",&lb,&rb,&tb);ll g = __gcd(ta,tb);if(ra-rb <= la - lb && fd(ra-rb,g) <= la-lb ) {ans = max(ra-la+1,ans);printf("%lld\n",ans); return 0;}if(rb-ra <= lb - la && fd(rb-ra,g) <= lb-la ) {ans = max(rb-lb+1,ans);printf("%lld\n",ans); return 0;}ll mx = max(la-lb,la-rb);//cout << mx << ' '<< ra-rb << endl;if(fd(mx,g) <= (ra-lb)) {ll X = fd(mx,g);
//      cout << "ff" << endl;ans = max((ra-lb+1) - X,ans);}mx = max(lb-la,lb-ra);if(fd(mx,g) <= (rb-la)) {ll X = fd(mx,g);
//  cout << "f";ans = max((rb-la+1) - X,ans);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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D. Refactoring

题意：对第一组的每个串，第一次出现的串s，将它变成t，可以获得第二组串，现在给定两组串求s和t。

做法：对每个串都取确定了一些转换，先找到每个串第一个转换关系，然后尽量向两边扩展这个串，然后就可以确定一个s，再对每个第一组串跑kmp验证即可。慎用strstr()...

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int N = 3003;
using namespace std;
int n, l[N], st[N], ed[N], idx, cc;
char s1[N][N], s2[N][N], str[N];
int ck0() {for(int i = 1; i <= n; ++i) if(st[i] != 0) {if(s1[i][st[i]] == s1[idx][st[idx]] && s2[i][st[i]] == s2[idx][st[idx]] ) continue;else return 0;}return 1;
}
int ck1() {for(int i = 1; i <= n; ++i) if(st[i] != 0) {if(st[i] == 1) return 0;else {if(s1[i][st[i]-1] == s1[idx][st[idx]-1] && s2[i][st[i]-1] == s2[idx][st[idx]-1] ) continue;else return 0;}}return 1;
}
int ck2() {for(int i = 1; i <= n; ++i) if(st[i] != 0) {if(ed[i] == l[i]) return 0;else {if(s1[i][ed[i]+1] == s1[idx][ed[idx]+1] && s2[i][ed[i]+1] == s2[idx][ed[idx]+1] ) continue;else return 0;}}return 1;
}int nxt[N];
void getnxt(char s[],int n){nxt[1]=0;for(int i=2;i<=n;i++){int j=nxt[i-1];while(j&&s[j+1]!=s[i]) j=nxt[j];if(s[j+1]==s[i]) nxt[i]=j+1;else nxt[i] = 0;}
}
int kmp(char p[],int m, char s[], int n){int j=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(j&&p[j+1]!=s[i]) j=nxt[j];if(p[j+1]==s[i])++j;if(j==m) {        return i-m+1;}}return -1;
}
int main() {scanf("%d",&n);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf(" %s",s1[i]+1), l[i] = strlen(s1[i]+1);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf(" %s",s2[i]+1);for(int i = 1; i <= n; ++i) {for(int j = 1; j <= l[i]; ++j) if(s1[i][j] != s2[i][j]) {idx = i;st[i] = ed[i] = j;break;}}if(idx == 0) {puts("YES"); printf("a\na\n");return 0;}if(!ck0()) {return  puts("NO"),0;}while(ck1()) {for(int i = 1; i <= n; ++i)if(st[i]!=0) --st[i];}while(ck2()) {for(int i = 1; i <= n; ++i)if(ed[i]!=0) ++ed[i];}for(int i = st[idx]; i <= ed[idx]; ++i) str[++cc] = s1[idx][i]; str[cc+1] = '\0';getnxt(str,cc);for(int i = 1; i <= n; ++i) {int p = kmp(str,cc,s1[i],l[i]);if(st[i] != 0) {if(p != st[i]) return puts("NO"),0;}else if(p != -1) {return puts("NO"),0;}}puts("YES");printf("%s\n",str+1);for(int i = st[idx]; i <= ed[idx]; ++i) printf("%c",s2[idx][i]);puts("");return 0;
}

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E. Segments on the Line

题意：给定一个长度为\(n\)的序列\(a\)，以及\(s\)个区间\([l_i,r_i]\)，从这些区间中，挑恰好\(m\)个区间，他们的并区间中元素第\(k\)小的值为这种方案的答案，求最小的答案。

做法：首先，二分第\(k\)小的值\(v\)，然后问题就转换为求，挑\(m\)个区间他们中小于\(v\)的数最多是多少。将区间按照右端点排序，\(dp[i][j]\)表示前\(i\)个区间选了\(j\)个，且第\(i\)个一定选了的小于\(v\)的数目，转移有两种：1）第\(i\)个区间与前一个区间不相交，这个需要维护每个位置向前，用了\(j\)个区间，的\(dp\)的最大值;2）第\(i\)个区间与前一个区间不相交，这时取上一个区间取左端点尽可能小的一定更优，因为较大的左端点一定可以被他包含，对每个区间维护一下前一个不相交的区间，和相交的中左端点最小的区间。还有一种，情况有区间相互包含的情况，显然取大的更优。（我的实现有点麻烦。。懒得改了。

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
typedef long long ll;
const int N = 1600;
using namespace std;
int n,s,m,k,a[N];
vector<int> v[N];
struct node{ int l,r; } b[N];
bool cmp(node a,node b) {if(a.r != b.r) return a.r < b.r;return a.l < b.l;
}
int dp[N][N], MX[N][N], pre[N], pl[N];
int cal(int x) {int ans = 0;memset(dp,0,sizeof(dp));dp[1][1] = MX[1][1] = upper_bound(v[1].begin(),v[1].end(),x) - v[1].begin();for(int i = 1,c=0,c2=0; i <= s; ++i) {c = c2 = 0;if(pl[i] != 0) {for(int j = b[pl[i]].r+1; j <= b[i].r; ++j) c2 += (a[j] <= x);}c = upper_bound(v[i].begin(),v[i].end(),x) - v[i].begin();dp[i][1] = c;for(int j = 2; j <= i && j <= m; ++j) {if(pre[i] != 0) dp[i][j] = max(dp[i][j], MX[pre[i]][j-1] + c);if(pl[i] != 0) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[pl[i]][j-1] + c2);dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j-1]);}for(int j = 1; j <= i && j <= m; ++j) MX[i][j] = max(MX[i-1][j], dp[i][j]);ans = max(ans, dp[i][m]);}return ans;
}int main() {scanf("%d%d%d%d",&n,&s,&m,&k);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d",&a[i]);for(int i = 1; i <= s; ++i) {scanf("%d%d",&b[i].l,&b[i].r);}sort(b+1, b+1+s, cmp);for(int i = 1; i <= s; ++i) { for(int j = b[i].l ; j <= b[i].r ; ++j) v[i].pb(a[j]);sort(v[i].begin(),v[i].end());}for(int i = 1; i <= s; ++i) {int mx = 0, idx = 0, mn = 1000000, idx2 = 0;for(int j = 1; j < i; ++j) {if(b[j].r < b[i].l && mx < b[j].r) {mx = b[j].r; idx = j;}if(b[j].r >= b[i].l && mn > b[j].l) {mn = b[j].l; idx2 = j;}}pre[i] = idx; pl[i] = idx2;}int l = 1, r = 1e9, mid, ans = -1;while(l <= r) {ll mid = (l + r) >> 1;if(cal(mid) >= k) r = mid-1, ans = mid;else l = mid + 1;}printf("%d\n",ans);return 0;
}

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F. Tree and XOR

题意：给定一棵\(n\)节点的树，每条边都有权值，一条从\(u\)到\(v\)的路径的价值定义为路径上边权的异或和，问所有\(n^2\)个路径中，第\(k\)小的路径的异或和是多少。

做法：两点之间路径的价值，可以通过他们到根的前缀异或和相异或求得。于是，问题转化为\(n\)个数，问他们两两之间的\(n^2\)个异或值中，第\(k\)小的是什么。首先，一个思路就是，二分答案，然后枚举一个数，在\(trie\)树上查询比这个数小的数的个数。复杂度是有两个\(log\)。考虑直接通过\(trie\)树，确定答案的每一位是什么，对于每个数维护他当前所在的\(Trie\)树上的节点，计算当前层异或为\(0\)的数目\(sum\)，如果\(k>sum\)，那么这一位是\(1\),否则是\(0\)。然后，更新每个数，在\(Trie\)树上的位置。这样时间可以做到\(O(62logn)\)，但是，空间依然不够，看了别人的代码，可以换一种实现，在建\(Trie\)树的同时，计算，每次先插入当前层的数，建好当前层，再枚举计算当前位异或为\(0\)的数目，更新每个数的位置。注意到我们每次使用的节点只有上一层的，那么就可以每次只保留最后一层的节点，新的节点可以复用之前的空间

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int N = 1000100;
using namespace std;
int n;
ll k,w[N],ans;
int rt[N], prt[N], num[N], cc, ch[N][2];
int main() {scanf("%d%lld",&n,&k);for(int p,i = 2; i <= n; ++i) scanf("%d%lld",&p,&w[i]), w[i]^=w[p];for(int i = 1; i <= n; ++i) rt[i] = prt[i] = 1;for(int s = 61; s >= 0; --s) {for(int i = 1; i <= cc; ++i) ch[i][0]=ch[i][1]=num[i]=0; cc = 1;for(int i = 1; i <= n; ++i) {int t = (w[i]>>s)&1;if(!ch[rt[i]][t]) ch[rt[i]][t] = ++cc;rt[i] = ch[rt[i]][t];num[rt[i]]++;}ll sum = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) {int t = (w[i]>>s)&1;sum += num[ch[prt[i]][t]];}if(sum < k) {ans |= (1LL<<s);k-=sum;for(int i = 1; i <= n; ++i) {int t = (w[i]>>s)&1;prt[i] = ch[prt[i]][t^1];}}else {for(int i = 1; i <= n; ++i) {int t = (w[i]>>s)&1;prt[i] = ch[prt[i]][t];}}}printf("%lld\n",ans);return 0;
}