期望得分：40+20+40
实际得分：40+10+36
A. string
很像莫队专题的排序那题，不少人用桶排卡过去了。因为那题只求一个位置，我打的二分，然而这题最后让你输出整个序列。
鱼和熊掌不可兼得，排序求单点才保住的复杂度，这题一定有另一个宽松的条件降低复杂度。那就是桶的大小只有26。
裸的桶排：每次[l,r]操作，进行一次[l,r]扫描并装桶，然后按照升序或降序倒在[l,r]上。复杂度$\Theta (mn)$
以上算法的瓶颈在于每一次拿或放一个字母，考虑如何优化。显然是个套路，我们如果用维护区间的数据结构来成段拿取就可以把n优化到logn，而这题线段树即可。
于是我们可以建26棵线段树维护1~n上每个区间的单个字母和（每个节点维护一个桶），然后你就愉快地拿到了MLE的好成绩
由于序列上每个位置只有单一字母，所以上面的做法整整浪费了25倍的空间。
所以我们可以只种一棵树，每个结点维护26个桶。
每次修改的区间一定是字符相同的段，所以直接memset盖掉重新赋值即可。对于没有完全覆盖的线段树上的一段，可以用up()保证信息完整。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define reg register 5 #define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) 6 using namespace std; 7 const int N=100005; 8 int n,m; 9 int lc[4*N],rc[4*N],w[4*N][27],f[4*N],bk[27]; 10 char s[N]; 11 int pt[N]; 12 void up(int k) 13 { 14 F(i,1,26) w[k][i]=w[k<<1][i]+w[k<<1|1][i]; 15 } 16 void down(int k,int l,int r) 17 { 18 if(!f[k]) return; 19 memset(w[k<<1],0,sizeof(w[k<<1])); 20 memset(w[k<<1|1],0,sizeof(w[k<<1|1])); 21 int o=f[k]; 22 int mid=(l+r)>>1; 23 w[k<<1][o]=mid-l+1; 24 w[k<<1|1][o]=r-mid; 25 f[k<<1]=f[k<<1|1]=o; 26 f[k]=0; 27 } 28 void build(int k,int l,int r) 29 { 30 if(l==r) 31 { 32 w[k][s[l]-'a'+1]=1; 33 return; 34 } 35 int mid=(l+r)>>1; 36 build(k<<1,l,mid); 37 build(k<<1|1,mid+1,r); 38 up(k); 39 } 40 void ch(int k,int l,int r,int L,int R,int c) 41 { 42 if(L>R) return; 43 if(L<=l&&r<=R) 44 { 45 memset(w[k],0,sizeof(w[k])); 46 w[k][c]=r-l+1; 47 f[k]=c; 48 return; 49 } 50 down(k,l,r); 51 int mid=(l+r)>>1; 52 if(L<=mid) ch(k<<1,l,mid,L,R,c); 53 if(R>mid) ch(k<<1|1,mid+1,r,L,R,c); 54 up(k); 55 } 56 void ak(int k,int l,int r,int L,int R) 57 { 58 if(L<=l&&r<=R) 59 { 60 F(i,1,26) bk[i]+=w[k][i]; 61 return; 62 } 63 down(k,l,r); 64 int mid=(l+r)>>1; 65 if(L<=mid) ak(k<<1,l,mid,L,R); 66 if(R>mid) ak(k<<1|1,mid+1,r,L,R); 67 } 68 void dfs(int k,int l,int r) 69 { 70 if(l==r) 71 { 72 F(i,1,26)if(w[k][i]){pt[l]=i;return;} 73 return; 74 } 75 down(k,l,r); 76 int mid=(l+r)>>1; 77 dfs(k<<1,l,mid); 78 dfs(k<<1|1,mid+1,r); 79 } 80 int main() 81 { 82 // freopen("data.in","r",stdin); 83 scanf("%d %d",&n,&m); 84 scanf("%s",s+1); 85 build(1,1,n); 86 int l,r,x; 87 F(i,1,m) 88 { 89 memset(bk,0,sizeof(bk)); 90 scanf("%d %d %d",&l,&r,&x); 91 ak(1,1,n,l,r); 92 if(x) 93 { 94 F(i,1,26) 95 { 96 if(!bk[i]) continue; 97 ch(1,1,n,l,l+bk[i]-1,i); 98 l+=bk[i]; 99 } 100 } 101 else 102 { 103 for(reg int i=26;i>=1;--i) 104 { 105 if(!bk[i]) continue; 106 ch(1,1,n,l,l+bk[i]-1,i); 107 l+=bk[i]; 108 } 109 } 110 } 111 dfs(1,1,n); 112 F(i,1,n) printf("%c",pt[i]+'a'-1); 113 return 0; 114 }
B. matrix
考试的适合打了个95w的clock()暴力卡了我10分。所以说clock()不要在大递归函数里用！
说正解：一个定义清奇的dp
dp[i][j]表示前i列在j个i列及i列前的右区间内放1的方案数。
定义l[i]，r[i]为i列的左区间右区间端点的自左向右的前缀和。
循环枚举i，j
$ dp[i][j]=dp[i][j] \times A_{i-j-l[i-1]}^{l[i]-l[i-1]} \\ dp[i+1][j]+=dp[i][j] \\ dp[i+1][j+1]+=dp[i][j] \times (r[i+1]-j) $
对于第一个柿子：那么到了i列，j个，当前列需要考虑l[i]-l[i-1]个右端点，左侧有i-j-l[i-1]个还能放的位置，由于有位置差别，是排列。更详细的
第二个：不在右区间放1，直接转移
第三个：在i+1列放一个，从r[i+1]-j里选一个。
这个dp好玄学啊。
但比较有启发性的一点在于对于限制过多的计数类dp，我们只考虑其中较少的部分，然后通过计算得到可以和这部分一起形成贡献的部分。类似的有visit和liu_runda的题(problem)，枚举一个方向，减少了状态的枚举。这题的dp定义也是这种思想。
1 #include<cstdio> 2 #include<ctime> 3 #include<algorithm> 4 #define ll long long 5 #define reg register 6 #define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) 7 using namespace std; 8 const int N=3005,p=998244353; 9 int n,m; 10 int l[N],r[N]; 11 ll fac[N],inv[N]; 12 ll dp[N][N]; 13 ll qpow(ll x,ll b) 14 { 15 ll ans=1; 16 while(b) 17 { 18 if(b&1) ans=(ans*x)%p; 19 x=(x*x)%p; 20 b>>=1; 21 } 22 return ans; 23 } 24 void pre_work() 25 { 26 fac[0]=1; 27 F(i,1,m) fac[i]=fac[i-1]*i%p; 28 inv[m]=qpow(fac[m],p-2); 29 for(reg int i=m-1;i>=0;--i) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p; 30 } 31 inline ll A(int n,int m) 32 { 33 return fac[n]*inv[n-m]%p; 34 } 35 int main() 36 { 37 scanf("%d %d",&n,&m); 38 pre_work(); 39 F(i,1,n) 40 { 41 int a,b; 42 scanf("%d %d",&a,&b); 43 ++l[a]; ++r[b]; 44 } 45 F(i,1,m) l[i]+=l[i-1],r[i]+=r[i-1]; 46 dp[1][0]=1; 47 F(i,1,m-1) 48 { 49 F(j,0,r[i]) 50 { 51 int t1=i-j-l[i-1],t2=l[i]-l[i-1]; 52 if(t1<t2) break; 53 dp[i][j]=dp[i][j]*A(t1,t2)%p; 54 dp[i+1][j]=(dp[i+1][j]+dp[i][j])%p; 55 dp[i+1][j+1]=(dp[i+1][j+1]+dp[i][j]*(r[i+1]-j)%p)%p; 56 } 57 } 58 printf("%lld",dp[m][n]); 59 return 0; 60 }
C. big
并没有想到下面这个性质：
$ (|\frac {2x} {2^n}|+2x) mod2^n $ 这个看起来很复杂的东西其实就是循环左移（左移，溢出位补到低位），那个向下取整就是溢出补低位，类似高精度。
异或满足交换律、结合律，所以我们把x提出来。
$ ((x\ xor\ pre[i])<<1)\ xor\ suf[i+1] \\ (x<<1\ xor\ pre[i]<<1)\ xor\ suf[i+1] \\ num_i=pre[i]<<1\ xor\ suf[i+1] $
由于异或的时刻不同，一共有m+1个数
那么问题转化为：找出一个x使x异或m+1个数得到的最小值最大。
建出01-Trie，贪心。
假设到了节点p，如果p有两个儿子，那么对手一定可以选到一个num使该位xor=0。
如果p有一个儿子，当然要选对手没有的，即取反。
如果p没有儿子，计算答案。
这题把dep弄反了改了半天...
1 #include<cstdio> 2 #include<ctime> 3 #include<algorithm> 4 #define ll long long 5 #define reg register 6 #define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) 7 using namespace std; 8 int n,m; 9 int mx,mx_cnt; 10 int a[100005],sum[100005]; 11 struct Trie{ 12 Trie *ch[2]; 13 int dep; 14 }; 15 Trie* newnode(int dep) 16 { 17 Trie *p=new Trie; 18 p->ch[0]=p->ch[1]=NULL; 19 p->dep=dep; 20 return p; 21 } 22 void add(Trie *root,int num) 23 { 24 Trie *p=root; 25 for(reg int i=n-1;i>=0;--i) 26 { 27 int x=(num>>i)&1; 28 if(p->ch[x]==NULL) p->ch[x]=newnode(p->dep-1); 29 p=p->ch[x]; 30 } 31 } 32 void dfs(Trie *p,int w) 33 { 34 if(p->ch[0]!=NULL&&p->ch[1]!=NULL) 35 { 36 dfs(p->ch[0],w); 37 dfs(p->ch[1],w); 38 } 39 else if(p->ch[0]!=NULL) dfs(p->ch[0],w|(1<<(p->ch[0]->dep))); 40 else if(p->ch[1]!=NULL) dfs(p->ch[1],w|(1<<(p->ch[1]->dep))); 41 else 42 { 43 if(mx==w) ++mx_cnt; 44 else if(mx<w) 45 { 46 mx=w; 47 mx_cnt=1; 48 } 49 } 50 } 51 int main() 52 { 53 scanf("%d %d",&n,&m); 54 F(i,1,m) 55 { 56 scanf("%d",&a[i]); 57 sum[i]=sum[i-1]^a[i]; 58 } 59 Trie *root=newnode(n); 60 F(i,0,m) 61 { 62 int suf=sum[m]^sum[i]; 63 add(root,((((sum[i]<<1)/(1<<n))+(sum[i]<<1))%(1<<n))^suf); 64 } 65 dfs(root,0); 66 printf("%d\n%d",mx,mx_cnt); 67 return 0; 68 }
强迫症又严重了唔...