吐槽
写题写的感觉自己仿佛是个傻子
题解
A 字符串
题目描述
给定两个等长的由小写字母构成的串 A,B，其中 $ |A|=|B|=n $
现在你需要求出一个子区间 ([l,r])
使得$ LCP(A[l,r],B[l,r])×LCS(A[l,r],B[l,r])+LCP(A[l,r],B[l,r])+LCS(A[l,r],B[l,r])$ 最大，并输出这个值。
(LCP(S,T))表示S和T的最长公共前缀，(LCS(S,T))表示S和T的最长公共后缀。
题解
考虑贪心，因为区间的左右端点可以任意选取，直接处理出premax和sufmax，然后贪心即可
注意LCP和LCS重合的情况
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define int long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const int base=131;
const int MAXN = 200010;
ull hasha[MAXN],hashb[MAXN],pows[MAXN];
char a[MAXN],b[MAXN];
int n,maxpre[MAXN],maxsuf[MAXN],pre[MAXN],suf[MAXN];
ull hashax(int l,int r){
return hasha[r]-hasha[l-1]*pows[r-l+1];
}
ull hashbx(int l,int r){
return hashb[r]-hashb[l-1]*pows[r-l+1];
}
void get_hasha(void){
for(int i=1;i<=n;i++)
hasha[i]=hasha[i-1]*base+a[i];
}
void get_hashb(void){
for(int i=1;i<=n;i++)
hashb[i]=hashb[i-1]*base+b[i];
}
int ans=0;
signed main(){
int ans=0;
scanf("%s",a+1);
scanf("%s",b+1);
n=strlen(a+1);
pows[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
pows[i]=pows[i-1]*base;
get_hasha();
get_hashb();
int last=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(hashax(last,i)==hashbx(last,i)){
pre[i]=i-last+1;
int len=i-last+1;
ans=max(ans,len*len+len+len);
}
else{
if(a[i]==b[i]){
pre[i]=1;
last=i;
int len=1;
ans=max(ans,len*len+len+len);
}
else{
pre[i]=0;
last=i+1;
}
}
}
last=n;
for(int i=n;i>=1;i--){
if(hashax(i,last)==hashbx(i,last)){
suf[i]=last-i+1;
int len=last-i+1;
ans=max(ans,len*len+len+len);
}
else{
if(a[i]==b[i]){
suf[i]=1;
last=i;
int len=1;
ans=max(ans,len*len+len+len);
}
else{
suf[i]=0;
last=i-1;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
maxpre[i]=max(maxpre[i-1],pre[i]);
for(int i=n;i>=1;i--)
maxsuf[i]=max(maxsuf[i+1],suf[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,maxpre[i]*maxsuf[i]+maxpre[i]+maxsuf[i]);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
B SHTMYCBDFTT
题目描述
注意本题有模数
给定一个 长度为 n 的序列 ${ a } $，求：
[max_{1le ile j le n}{(a_i ⊕ a_{i+1}⊕a_{i+2}⊕dots⊕a_j)+(a_i+a_{i+1}+a_{i+2}+dots+a_j)} ]考虑一个结论，选上一个新的数，得到的答案绝对不会更劣，所以选上全部即可
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD = 100000007;
int xorx=0,sumx=0,n;
signed main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
scanf("%lld",&x);
xorx^=x;
sumx+=x;
}
printf("%lld",(xorx%MOD+sumx%MOD)%MOD);
return 0;
}
C 出题的诀窍
题目描述
给定m个长为n的序列a1,a2,…,ama1,a2,…,am。
小Z想问你：
(∑_{i_1=1}^n∑_{i_2=1}^ndots∑_{i_m=1}^nSUM(a_{1,i_1},a_{2,i_2},…,a_{m,i_m}) mod(1000000007))
其中SUM(一个序列)SUM(一个序列)表示这个序列中所有不同的数的和，相当于先sort,unique再求和。
题解
正向不好考虑，可以反向考虑，思考每个值对答案产生贡献的次数，等价于求这个数至少被选中一次的方案数，转化一下就是求总方案数-一次都不选中的方案数，假设一个值(V)，在第一行出现(x_1)次，在第二行出现(x_2)次，在第n行出现(x_n)次
则它的贡献次数就是(time=m^n-(m-x_1)(m-x_2)dots(m-x_n))
然后没了
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD = 1000000007;
int a[2010][2010],n,m,barrel[2010],ans=0;
vector<pair<int,int> > Vec;
int pow(int a,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1)
ans=(ans*a)%MOD;
a=(a*a)%MOD;
b>>=1;
}
return ans;
}
int inv[4000];
signed main(){
scanf("%lld %lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
scanf("%lld",&a[i][j]),Vec.push_back(make_pair(a[i][j],i));
int t;
for(int i=1;i<=n;i++)
inv[i]=pow(i,MOD-2);
int nm=pow(n,m);
sort(Vec.begin(),Vec.end());
for(int i=0;i<Vec.size();i=t){
int midt=nm;
t=i;
for(;t<Vec.size()&&Vec[i].first==Vec[t].first;t++){
midt=(midt*inv[n-barrel[Vec[t].second]])%MOD;
barrel[Vec[t].second]++;
midt=(midt*(n-barrel[Vec[t].second]))%MOD;
}
for(int j=i;j<t;j++)
barrel[Vec[j].second]=0;
ans=(ans+Vec[i].first*(nm-midt+MOD)%MOD)%MOD;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
D 序列上问题
题目描述
请你求出一个 1 ~ N 的排列，使得它正好有 K 个逆序对。
由于存在很多种这样的排列，所以要求出字典序最大的排列。因为排列可能很长，所以你只用输出类似于将这个排列放到 N+1 进制下的值，即 (∑_{i=1}^Np[i]∗(N+1)^i mod 1000000007(10^9+7)) ，其中 p 是你求出的排列。
题解
题目保证有解，所以考虑最后的序列形态
第n大的如果放到第一位，会产生n-1个逆序对，同理，同时为满足字典序最大，前面的一定是一段n~n-x的连续序列，之后为满足剩下的逆序对数，第k+1大的数一定会被放到n-x的后面，然后是两端递增的序列1 ~ k，k+2 ~ n-x-1，然后x可以二分求出，k+1大的数可以直接算出，剩下的使用等比数列求和即可得出结果
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD = 1000000007;
int n,k,ans;
int pow(int a,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1)
ans=(ans*a)%MOD;
a=(a*a)%MOD;
b>>=1;
}
return ans;
}
int solve(int start,int l,int r){
if(l>r)
return 0;
int base=pow(n+1,start);
int invn=pow(n,MOD-2),mid=pow(n+1,r-l+1);
int val_1=mid*r%MOD;
int val_2=((mid-1)*invn+l-1)%MOD;
int ans=base*(val_1-val_2+MOD)%MOD*invn%MOD;
return ans;
}
signed main(){
scanf("%lld %lld",&n,&k);
int l=0,r=n,midans=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if((2*n-mid-1)*mid<=k*2)
midans=mid,l=mid+1;
else
r=mid-1;
}
// printf("%lld
",midans);
k-=(2*n-midans-1)*midans/2;//(n~(n-mid))
// ans=(ans+solve(1,n-midans+1,n))%MOD;
// printf("%lld ",solve(1,n-midans+1,n));
ans=(ans+(pow(n+1,midans)-1)*(n+1)-solve(1,0,midans-1)+MOD)%MOD;
ans=(ans+solve(midans+1,k+1,k+1))%MOD;
// printf("%lld ",solve(midans+1,k+1,k+1)); //x=k+1
ans=(ans+solve(midans+2,1,k))%MOD;
// printf("%lld ",solve(midans+2,1,k)); //1~x-1,x+1~n-mid-1
ans=(ans+solve(midans+2+k,k+2,n-midans))%MOD;
// printf("%lld ",solve(midans+2+k,k+2,n-midans));
printf("%lld
",(ans+MOD)%MOD);
return 0;
}