2019/11/1 爆零 总结

T1： 大意：给定一个数列$Cn$，给出$Q$个询问m，类型1比较$gcd(ci)(1<=i<=n)$与$m$的大小，类型2判断是否$min(ci)>m\ast m$ 唯一的坑点就是读进来的数可能爆$longlong$，我因为$read$函数中返回答案的$data$变量没有开$LL$挂成$80pts$ T2: 大意：$T$次测试，给定一个字符串$S$（1开始标号），每次测试给出$Q$组询问，询问$L$到$R$的字串以出现次数为下标的桶与$S$的子串相同的个数 正解是根据当前串与给定串的桶中元素差的绝对值是否为$0$来判断，而这道题可以对70pts的算法进行剪枝而AC 大概有两类思路： 1.维护一个队列，里面只保存当前串对应的桶之中有值的元素的下标，然后只比较这些有值的地方，这样每次询问的复杂度是$O(26\ast n)$的 2.（mine）每次当前串平移只会涉及两个位置上的元素变化，如果前一次的串对答案有贡献，可以$O(1)$判断当前串是否对答案有贡献——比较桶中发生变化的元素即可，而对于前一次无贡献的情况，只有当桶中变化的元素与给定串匹配时我们才去暴力$O(n)$判断，这样每次询问的复杂度是$O(n)$到$O(n^2)$不等的 实测两种剪枝方法效率都差不多，不过与正解差距确实很大 然后我因为一个地方的$j$写成$i$，从$100pts$变成了$10pts$ T3: 给定序列$an$，定义$fi=\sum aj(j在i的子树之中)$，定义$gi$为$i$可以到达的节点的$f$值的$or$和，”$i$可以到达$j$“是指$i$到$j$的简单路径上的$max(f)>fi>min(f)$，则称”$i$可以到达$j$“，求每个点的$g$值 考场上只打了$40pts$的$O(n^2)$做法，正解非常绕，是基于位运算的树形$DP$，不过这道题也可以用$dfs$序+线段树——只需要利用一个我看出来却没有用起来的性质 这个性质就是，整棵树从下往上走的过程中，$f$值是逐渐递增的 因此，对于一个节点$i$，能对其产生贡献的位置一定在其子树外面，并且$f$值比它小的地方 为什么？ 因为要满足条件，$i$显然得先向上再向下到达$j$，且$fj<fi$，$j$才能对之产生贡献（此时的$max(f)$为$f$ $lca$） 所以对$i$产生贡献的$j$，一定在$i$的子树外且$fj<fi$——就转化成为了一个偏序问题 于是按$f$值排序，就变成了单点修改，区间查值，复杂度$O(N\ast logN)$