T1
description:
现在给出一段 DNA 序列(字符集为4)，请帮他求出这段 DNA 序列中所有连续k个碱基形成的碱基序列中，出现最多的一种的出现次数。
data range:
(kle 10)
(Nle 5*10^6)
solution:
直接哈希模拟就可以了
不过观察到数据范围较大，用map会超时
于是可以用哈希表来实现
p.s.据说还有Trie树的神仙做法，但是不会啊
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e6+5,base=7,mod=91103991;
const int Z=1e6+7;
char ch[N];
int k,len,tot,hsh[N],pw[N];
vector<int>e[Z],num[Z];
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int cg(char c)
{
if(c=='A')return 1;
else if(c=='C')return 2;
else if(c=='G')return 3;
else return 4;
}
inline void pre()
{
len=strlen(ch+1);
hsh[0]=0,pw[0]=1;
for(int i=1;i<=len;++i)
hsh[i]=add(1ll*hsh[i-1]*base%mod,cg(ch[i])),pw[i]=1ll*base*pw[i-1]%mod;
}
inline int gethsh(int l,int r){return dec(hsh[r],1ll*hsh[l-1]*pw[r-l+1]%mod);}
int main()
{
scanf("%s%d",ch+1,&k);
pre();
int ans=0;
for(int i=k;i<=len;++i)
{
int hs=gethsh(i-k+1,i),ky=hs%Z;bool flag=0;
for(int j=0;j<e[ky].size()&&!flag;++j)
if(e[ky][j]==hs)flag=1,ans=max(ans,++num[ky][j]);
if(!flag)e[ky].push_back(hs),num[ky].push_back(1),ans=max(ans,1);
}
cout<<ans;
return 0;
}
T2
description:
有若干个二阶递推数列：(a_i=k*a_{i-1}+a_{i-2})对于每个数列都给定(k,a_0,a_1)
初始时给定集合s，对于每次询问输出使得(a_{s_i})最大的(s_i)和使得(a_{s_i`})最小的(s_i`),如果有多解输出最小的(s_i)
data range:
询问次数：(Nle 3*10^5)
集合s大小:(Mle 10^5)
集合元素(s_i)：(s_i<=10^9)
(0le k le 5000)
solution:
初看此题时毫无头绪
但是手玩几组样例后可以惊奇地发现
这个数列到最后一定是单调递增或者单调递减（容易发现就是(a_i)和(a_{i-1})同号时开始）
类似于这样:(单降同理)
于是我们就可以一直枚举知道发现数列已经进入单增或单降阶段（可以证明这样做不超过(O(log_2n))然而并不会证）
但是有些细节还需注意:
进入单增或单降阶段后要判断(s_m)能否到达此处
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int m,s[N],k;
ll a[N];
inline int read()
{
int s=0,w=1; char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')w=-1;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);
return s*w;
}
int main()
{
m=read();
for(int i=1;i<=m;++i)s[i]=read();
int n=read();
while(n--)
{
a[0]=1ll*read(),a[1]=1ll*read(),k=read();
int lim=50;
int mxp=s[1],mnp=s[1];
ll mx=max(a[0],a[1]),mn=min(a[0],a[1]);
for(int i=2;i<=lim;++i)
{
a[i]=1ll*k*a[i-1]+a[i-2];
if(a[i]>mx&&a[i-1]>=0&&a[i-2]>=0)lim=i;
//需要比当前最大值还要大，否则无法确定s[m]能否大过之前的数
if(a[i]<mn&&a[i-1]<=0&&a[i-2]<=0)lim=i;
mx=max(mx,a[i]),mn=min(mn,a[i]);
}
mx=-1e16,mn=1e16;
for(int i=1;i<=m&&s[i]<lim;++i)
{
if(a[s[i]]>mx)mx=a[s[i]],mxp=s[i];
if(a[s[i]]<mn)mn=a[s[i]],mnp=s[i];
}
if(s[m]>=lim&&a[lim]>0)mxp=s[m];
if(s[m]>=lim&&a[lim]<0)mnp=s[m];
printf("%d %d
",mxp,mnp);
}
return 0;
}
T3
description:
要求维护一个数据结构：
- 初始时有一些元素
- 插入一个元素（这个元素先前既没有被删除也没有被插入）
- 删除一个元素
- 插入一个最早被删除的元素
solution:
直接模拟然后用单调队列优化一波
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2000005;
namespace IO
{
int c;unsigned int seed;
unsigned int randnum()
{
seed^=seed<<13;
seed^=seed>>17;
seed^=seed<<5;
return seed;
}
inline int read(int &x){scanf("%d",&x);return x;}
inline void init_case(int &m,int &a,int &b,int &d,int p[])
{
scanf("%d%u%d%d%d%d",&m,&seed,&a,&b,&c,&d);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(randnum()%c==0)p[i]=-1;
else p[i]=randnum()%b;
}
}
inline void update_ans(unsigned int &ans_sum,unsigned int cur_ans,int no)
{
const static unsigned int mod=998244353;
ans_sum^=(long long)no*(no+7)%mod*cur_ans%mod;
}
}
using IO::read;
using IO::init_case;
using IO::update_ans;
int p[N];
bool flag1[N],est[N];
deque<unsigned int>dq;
int q[N],h,t;
int pre[N],nxt[N],hd,tl;
inline void link(int l,int r){nxt[l]=r,pre[r]=l;}
int main()
{
int T;read(T);
int m,a,b,d;
while(T--)
{
unsigned int ans_sum=0,cur_ans=0;
init_case(m,a,b,d,p);int mx=max(a+1,b);
fill(flag1,flag1+mx,0),fill(est,est+mx,0);
dq.clear();hd=mx+1,tl=mx+2;
for(int i=0;i<=a;++i)est[i]=true;
for(int i=a+1;i<b;++i)link(i,i+1);
if(a+1<=b)link(hd,a+1),link(b,tl);
else link(hd,mx),link(mx,tl);
h=1,t=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(p[i]==-1)
{
if(d)continue;
if(dq.empty())cur_ans=0;
else
{
unsigned int u=dq.front();
if(h<=t&&q[h]==u)++h;
est[u]=1;
dq.pop_front();
cur_ans=(h<=t?min(q[h],nxt[hd]):nxt[hd]);
}
}
else if(p[i]>a&&!flag1[p[i]])
{
flag1[p[i]]=1,est[p[i]]=1;
link(pre[p[i]],nxt[p[i]]);
cur_ans=(h<=t?min(q[h],nxt[hd]):nxt[hd]);
}
else if(est[p[i]])
{
if(d)continue;
est[p[i]]=0;
while(h<=t&&q[t]>p[i])--t;
q[++t]=p[i];
dq.push_back(p[i]);
cur_ans=(h<=t?min(q[h],nxt[hd]):nxt[hd]);
}
else
{
if(d)continue;
if(dq.empty())cur_ans=0;
else
{
unsigned int u=dq.front();
if(h<=t&&q[h]==u)++h;
est[u]=1;
dq.pop_front();
cur_ans=(h<=t?min(q[h],nxt[hd]):nxt[hd]);
}
}
update_ans(ans_sum,cur_ans,i);
}
printf("%u
",ans_sum);
}
return 0;
}