标签：play 字符串 header 开始 复杂度 lse 修改 using fail
又是青蛙跳石头的题，还是考虑贪心。。。
如果一只青蛙必须要花钱，可以考虑让它直接从1跳到n点
将石头与青蛙分别排序，二分最多能免费多少只青蛙，
发现这些青蛙一定能占满所有石头。剩下青蛙直接从1跳到n
特判一只都不能免费的情况，此时直接让花费最小的把石头跳完
考察伯努利数和调换枚举顺序的技巧。
其实就是拿伯努利数一直换来换去，最后打一个记搜
$\sum\limits_{i=0}^{n} \sum\limits_{j=1}^{a+id} \sum\limits_{l=1}^{j}l^{k}$
用自然数幂和公式化掉最后一个$\sum$
变为求
$\sum\limits_{i=0}^{n} \sum\limits_{j=1}^{a+i} j^k$
然后再用自然数幂和公式，化掉后一个$\sum$
变为求
$\sum\limits_{i=0}^{n} (a+id)^k$
发现没法直接用自然数幂和公式，那就先用二项式定理展开，再化
展开：
$\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{k}\binom{k}{j}a^{k-j}d^{j}i^{j}$
然后再对$i^j$用自然数幂和。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 #define N 3050 4 #define LL long long 5 6 const int mod=1234567891; 7 8 using namespace std; 9 10 int k,a,n,d; 11 int inc[N],inv[N],iv[N],b[N]; 12 int r[N],f[N],g[N],pa[N],pd[N],pn[N]; 13 14 inline LL qpow(LL d,LL z){ 15 LL ret=1; 16 for(;z;z>>=1,d=d*d%mod) 17 if(z&1)ret=ret*d%mod; 18 return ret; 19 } 20 21 inline void modd(LL &x){if(x>=mod)x-=mod;} 22 23 inline int C(int n,int m){ 24 return 1ll*inc[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; 25 } 26 27 inline int R(int j){ 28 if(r[j])return r[j]; 29 LL ans=0; 30 for(int l=0;l<=j;++l,modd(ans)) 31 ans+=1ll*C(j+1,l)*b[l]%mod*pn[j+1-l]%mod; 32 r[j]=ans*iv[j+1]%mod; 33 if(!j)++r[j]; 34 return r[j]; 35 } 36 37 inline int F(int k){ 38 if(f[k])return f[k]; 39 LL ans=0; 40 for(int j=0;j<=k;++j,modd(ans)) 41 ans+=1ll*C(k,j)*pa[k-j]%mod*pd[j]%mod*R(j)%mod; 42 return f[k]=ans; 43 } 44 45 inline int G(int k){ 46 if(g[k])return g[k]; 47 LL ans=0; 48 for(int l=k;~l;--l,modd(ans)){ 49 ans+=1ll*C(k+1,l)*b[l]%mod*F(k+1-l)%mod; 50 } 51 g[k]=1ll*ans*iv[k+1]%mod; 52 return g[k]; 53 } 54 55 inline void init(const int n){ 56 inc[0]=inv[0]=iv[0]=iv[1]=1; 57 for(int i=1;i<=n;++i)inc[i]=1ll*inc[i-1]*i%mod; 58 inv[n]=qpow(inc[n],mod-2); 59 for(int i=n-1;i;--i) 60 inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod, 61 iv[i+1]=1ll*inv[i+1]*inc[i]%mod; 62 63 b[0]=1; 64 for(int i=1;i<n;++i){ 65 for(int j=0;j<i;++j) 66 b[i]=(1ll*C(i+1,j)*b[j]+b[i])%mod; 67 b[i]=-b[i]; 68 b[i]=1ll*iv[i+1]*b[i]%mod+mod; 69 } 70 // cout<<b[3000]<<endl; 71 b[1]=iv[2]; 72 } 73 74 inline void init2(const int m){ 75 pa[0]=pd[0]=pn[0]=1; 76 for(int i=1;i<=m;++i){ 77 pa[i]=1ll*pa[i-1]*a%mod; 78 pd[i]=1ll*pd[i-1]*d%mod; 79 pn[i]=1ll*pn[i-1]*n%mod; 80 } 81 memset(r,0,sizeof(int)*(m+1)); 82 memset(f,0,sizeof(int)*(m+1)); 83 memset(g,0,sizeof(int)*(m+1)); 84 } 85 86 inline void work(){ 87 scanf("%d%d%d%d",&k,&a,&n,&d); 88 init2(k+10);LL ans=0; 89 for(int l=k;~l;--l,modd(ans)){ 90 ans+=1ll*C(k+1,l)*b[l]%mod*G(k+1-l)%mod; 91 } 92 ans=1ll*ans*iv[k+1]%mod; 93 printf("%lld\n",ans); 94 } 95 96 int main(){ 97 init(3020); 98 int T;scanf("%d",&T); 99 while(T--)work(); 100 return 0; 101 }
建立$S$的后缀自动机。对于$SAM$上的每个点$x$,维护它$right$集合中最后的位置,记为$last[x]$。
考虑插入一个字符会发生什么,设插入完$S$的长度为$len$。
有两种可能:
第一种:在fail树上加入一个叶子节点,设这个点是$np$。然后把这个点到根的路径上的所有点的$last$改为$len$。
第二种:把一个点$x$和$fail[x]$这条边上新加一个点$u$,使得$last[u]=last[x]$。
考虑len这个位置对答案的贡献,维护$ans[r][l]$表示$[l,r]$这个区间的答案。
一开始,先让$ans[len][l]=ans[len-1][l]$。显然第二种操作不会对$ans$有任何影响。
对于第一种操作,考虑$np$到根上的路径上的一个点$p$,$p$这个点当前的$last$为$last[p]$
(即被改成$len$之前),$p$这个点代表的字符串的最长长度为$len[p]$。考虑$ans[len]$会怎么改。
对于$l∈[1,last[p]-len[p]],ans[len][l]$和$len$取$max$,即对一个常数取$max$。
对于$l∈[last[p]-len[p]+1,last[p]]$,和$l-last[p]+1$取$max$,即对一段等差数列取$max$。
这样暴力做的复杂度是$O(n^3)$的。
第一种操作(就是把一个点到根的路径上的所有点搞成一个值),等价于把这个点$access$
第二种操作$lct$也可以轻松维护,不过要讨论$x$和$fail[x]$是否在同一条重链上
那么这样做的话,同一条重链上的点的$last$都是一样的。
所以对于重链对应的那棵$splay$的根,维护一下这条重链的所有点的$last$
那么对于$ans$的修改怎么搞?可以用可持久化线段树维护。
显然对于一条重链我们只需要关注它的$len$的最大值,并且只有在轻重儿子交换的时候再进行修改。
注：轻重儿子交换时应先让它处于无右儿子的状态，更新答案后再加新的右儿子，否则维护的信息就是错的
这样的话修改等价于一段区间对一个数取$max$,对一段等差数列取$max$。而这些都是很经典的操作
然后卡一下空间就可过了。具体实现见代码
View Code还有一种二分的打法
在$access$修改一条重链的时候,直接在（这条重链的$last$位置）和
（这条重链上的所有点的len的最大值）取个$max$
即主席树单点修改，单点权值为这个点与后面的点的最长匹配长度
二分答案，$check$时区间查询最值是否大于二分的$mid$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define N 200050 3 using namespace std; 4 char s[N]; 5 int m,n,A; 6 struct node{ 7 int len,fa,las; 8 int ch[26]; 9 }tr[N]; 10 int las=1,tot=1; 11 namespace seg{ 12 int lc[N*100],rc[N*100],ma[N*100],rt[N],tot; 13 inline void upd(int g){ma[g]=max(ma[lc[g]],ma[rc[g]]);} 14 inline void add(int &g,int f,int l,int r,int pos,int tag,int lim){ 15 if(f<=lim)g=++tot; 16 else g=f; 17 lc[g]=lc[f];rc[g]=rc[f]; 18 ma[g]=ma[f]; 19 if(l==r){ma[g]=max(ma[g],tag);return;} 20 const int m=l+r>>1; 21 if(pos<=m)add(lc[g],lc[f],l,m,pos,tag,lim); 22 else add(rc[g],rc[f],m+1,r,pos,tag,lim); 23 upd(g); 24 } 25 inline int ask(int g,int l,int r,int x,int y){ 26 if(!g||l>y||r<x)return 0; 27 if(l>=x&&r<=y)return ma[g]; 28 const int m=l+r>>1; 29 int r1=ask(lc[g],l,m,x,y),r2=ask(rc[g],m+1,r,x,y); 30 return max(r1,r2); 31 } 32 } 33 namespace lct{ 34 int fa[N],ch[N][2],las[N],t1[N],len[N],ma[N]; 35 inline bool Get(int x){return ch[fa[x]][1]==x;} 36 inline bool nroot(int x){ 37 return ch[fa[x]][0]==x||ch[fa[x]][1]==x; 38 } 39 inline void pr(int x){ 40 printf("x:%d lc:%d rc:%d t1:%d las:%d len:%d ma:%d\n",x,ch[x][0],ch[x][1],t1[x],las[x],len[x],ma[x]); 41 } 42 inline void upd(int x){ 43 ma[x]=len[x]; 44 ma[x]=max(ma[x],ma[ch[x][0]]); 45 ma[x]=max(ma[x],ma[ch[x][1]]); 46 } 47 inline void push1(int x,int num){ 48 if(!x)return; 49 t1[x]=las[x]=num; 50 } 51 inline void down(int x){ 52 if(t1[x])push1(ch[x][0],t1[x]),push1(ch[x][1],t1[x]),t1[x]=0; 53 } 54 inline void rotate(int x){ 55 int y=fa[x],z=fa[y],p=Get(x),w=ch[x][p^1]; 56 if(w)fa[w]=y;ch[y][p]=w; 57 if(nroot(y))ch[z][Get(y)]=x;fa[x]=z; 58 fa[y]=x;ch[x][p^1]=y; 59 upd(y);upd(x); 60 } 61 void pushall(int x){ 62 if(nroot(x))pushall(fa[x]);down(x); 63 } 64 inline void splay(int x){ 65 pushall(x); 66 while(nroot(x)){ 67 if(nroot(fa[x])) 68 rotate(Get(fa[x])==Get(x)?fa[x]:x); 69 rotate(x); 70 } 71 } 72 inline void access(int x,int n){ 73 seg::rt[n]=seg::rt[n-1]; 74 int lim=seg::tot; 75 for(int y=0,p;x;y=x,x=fa[x]){ 76 splay(x);ch[x][1]=0;upd(x); 77 if(las[x]&&ma[x]) 78 seg::add(seg::rt[n],seg::rt[n],1,A,las[x],ma[x],lim); 79 ch[x][1]=y;upd(x); 80 } 81 } 82 inline void link(int x,int y){fa[x]=y;} 83 inline void cut(int x,int p){fa[ch[x][p]]=0;ch[x][p]=0;upd(x);} 84 } 85 86 inline void add(int c,int n){ 87 int p=las,np=++tot; 88 tr[np].len=tr[las].len+1;las=np; 89 lct::len[np]=tr[np].len;lct::upd(np); 90 91 for(;p&&!tr[p].ch[c];p=tr[p].fa)tr[p].ch[c]=np; 92 if(!p){ 93 tr[np].fa=1; 94 lct::link(np,1); 95 lct::access(np,n); 96 lct::splay(np); 97 lct::push1(np,n); 98 return; 99 } 100 int q=tr[p].ch[c]; 101 if(tr[q].len==tr[p].len+1){ 102 tr[np].fa=q; 103 // cout<<"n::"<<n<<endl; 104 lct::link(np,q); 105 lct::access(np,n);lct::splay(np);lct::push1(np,n); 106 107 return; 108 109 } 110 int nq=++tot; 111 tr[nq]=tr[q]; 112 tr[nq].len=tr[p].len+1; 113 tr[q].fa=tr[np].fa=nq; 114 for(;p&&tr[p].ch[c]==q;p=tr[p].fa)tr[p].ch[c]=nq; 115 lct::len[nq]=tr[nq].len;lct::upd(nq); 116 117 lct::splay(q); 118 if(lct::ch[q][0]){ 119 lct::splay(tr[nq].fa); 120 lct::cut(tr[nq].fa,1); 121 } 122 lct::link(q,nq);lct::link(np,nq); 123 lct::link(nq,tr[nq].fa); 124 lct::las[nq]=lct::las[q]; 125 lct::access(np,n);lct::splay(np);lct::push1(np,n); 126 127 } 128 int main(){ 129 scanf("%s%d",s+1,&m);n=strlen(s+1); 130 A=n+m; 131 for(int i=1;i<=n;++i)add(s[i]-‘a‘,i); 132 //,cout<<seg::ask(seg::rt[i],1,A,1)<<endl; 133 for(int i=1,op,x,y,ans=0;i<=m;++i){ 134 scanf("%d",&op); 135 if(op==1){ 136 ++n;scanf("%s",s+n); 137 x=ans%26;s[n]=(s[n]-‘a‘+x)%26+‘a‘; 138 add(s[n]-‘a‘,n); 139 } 140 else{ 141 scanf("%d%d",&x,&y); 142 x=(x-1+ans)%n+1; 143 y=(y-1+ans)%n+1; 144 if(x>y)swap(x,y); 145 int l=0,r=y-x+1,mid; 146 while(l+1<r){ 147 mid=l+r>>1; 148 if(seg::ask(seg::rt[y],1,A,x+mid-1,y)>=mid)l=mid; 149 else r=mid; 150 } 151 ans=l;printf("%d\n",ans); 152 } 153 } 154 }
标签：play 字符串 header 开始 复杂度 lse 修改 using fail
原文地址：https://www.cnblogs.com/loadingkkk/p/12181925.html
