Educational Codeforces Round 137 (Rated for Div. 2) DE

Educational Codeforces Round 137 (Rated for Div. 2)

D - Problem with Random Tests

prob. :

给一个01串s，找到s的两个子串，使得这两个串在右对齐的情况下按位或的值最大，输出去除前导零的或运算后的最大值

数据随机生成，n 1e6

一些刚开始看成异或害搁那造tire树我真是服了自己

ideas：

贪心一下，其中一个串肯定是从左往右第一个1开始的后缀，它可以贡献最高位的1

另一个串首先需要把从左往右第一个0给变成1，也就是说它最高位是1，同时他的长度要足够能够到这个0的位置

记原串中第一个1的位置为pos1，第一个0的位置为pos0,

第二个串的选取因此会变成在pos0与pos1之间

因为数据随机生成这样的串不多，直接暴力

btw，如果整1e6次 string tmp = tmp + ‘0’ 这种会T（

code：

#include "bits/stdc++.h"

using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;

char s[N];

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);

    int n;
    cin >> n;
    cin >> (s + 1);

    int pos1 = -1, pos0 = -1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (pos1 == -1 && s[i] == '1') pos1 = i;
        if (pos1 != -1 && pos0 == -1 && s[i] == '0') pos0 = i;
    }

    if (pos1 == -1) {
        cout << 0;
        return 0;
    }

    if (pos0 == -1) {
        for (int i = pos1; i <= n; ++i) cout << s[i];
        return 0;
    }

    int len = n - pos0 + 1;

    vector<char> res(len);
    for (int i = pos0; i <= n; ++i) res[i - pos0] = s[i];

    for (int i = 1; i + len - 1 <= n; ++i) {
        if (s[i] == '0') continue;
        bool flag = false;
        for (int j = 0; j < len; ++j) {
            char ch;
            if (s[pos0 + j] == '1' || s[i + j] == '1') ch = '1';
            else ch = '0';
            if (flag) {
                res[j] = ch;
                continue;
            }
            if (ch < res[j]) break;
            if (ch > res[j]) {
                flag = true;
                res[j] = ch;
            }
        }
    }

    for (int i = pos1; i < pos0; ++i) cout << s[i];
    for (auto x : res) cout << x;
}
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E - FTL

prob. :

有两个技能，每个技能都有一个伤害值$p_i$和一个冷却时间$t_i$，目标有一个血量$h$和一个防御值$s$，每次可以选择一个技能发射会造成$p_i-s$的伤害，或者两个技能一起发射造成$p_0+p_1-s$的伤害，问最少多少时间能将目标击败

p 5000， t 1e12 ，h 5000，s min{p0,p1}

ideas：

刚开始尝试贪心然后发现大分讨而且贪不出来

考虑dp

状态描述，由于t很大无法描述状态，又发现伤害和技能释放次数都是5000的量级

观察题目发现在一些时间两个技能可以看作独立，但不可能完全独立，会有一些时候是一起释放的，从这里入手，使得所有记录的状态两个技能都是刚释放完

一起释放技能的最优的情况也很难讨论清楚。设从上一次一起释放到下一次一起释放的时间T，在T之前两个技能都是各自释放，然后一个技能等待另一个技能冷却。容易想到T是t0或t1的倍数。考虑在已知T的条件下怎么完善这个问题，先放一放。

击败目标的过程是在某次一起释放后，两个技能独立不停地释放

最后这段独立释放技能的时间T‘也是t0或t1的倍数

$dp[i]$ 表示最后一次是一起释放技能时，造成i点伤害的最少时间

转移的时候考虑枚举T（最多是h倍的t0或t1）

实际上，以0号技能为主时，每次枚举之前两个技能一起释放后已造成的伤害i，0号技能的释放次数j，可以得出从i之后两个技能都是独立不停地释放会造成的伤害（用来更新最终答案），以及如果此时可以构成两个技能一起释放的条件，更新下一个dp值

讲得可能还是有点乱，不明白可以结合官方的英文题解或code食用

code：

#include "bits/stdc++.h"

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll N = 5010;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

ll p[2], t[2];
ll h, s;
ll dp[N];

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);

    cin >> p[0] >> t[0] >> p[1] >> t[1] >> h >> s;

    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
    dp[0] = 0;

    ll ans = inf;

    for (ll i = 0; i <= h; ++i) {
        for (ll j = 1; j + i <= h; ++j) {
            for (ll k = 0; k < 2; ++k) {
                ll tot = i + j * (p[k] - s) + (j * t[k] / t[1 - k]) * (p[1 - k] - s);
                if (tot >= h) {
                    ans = min(ans, dp[i] + j * t[k]);
                }
                if (j * t[k] >= t[1 - k]) {
                    ll tmp = i + (j - 1) * (p[k] - s) + (j * t[k] / t[1 - k] - 1) * (p[1 - k] - s)
                             + (p[0] + p[1] - s);
                    if (tmp > h) tmp = h;
                    dp[tmp] = min(dp[tmp], dp[i] + j * t[k]);
                }
            }
        }
    }

    ans = min(ans, dp[h]);

    cout << ans << endl;
}
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F - Intersection and Union

prob：

给n个区间，每个区间相当于一个包含[l, r] 的数的集合，给出三种运算

∪，集合求并；⊕，集合的并减去集合的交；∩，集合求交；

求$\sum |(((S_{1}o{p}_{1}S2)o{p}_{2}S3)op3S4)\dots o{p}_{n-1}{S}_n|$， 其中每个op是上述三种之一，求的是一共$3^{n-1}$种可能结果的和

ideas1:

组合数+并查集

这个想法挺妙的自己再记录一下

参考知乎某题解：https://zhuanlan.zhihu.com/p/574586694

观察发现这个集合运算过程不满足结合律和交换律

考虑拆开计算贡献

考虑对于每个数字x在最后答案里的贡献是多少

对于每个数字x，如果被第i个区间包含，在i个区间之前的运算结果里如果有x，为了在该区间参与运算后保留x，op可以是∪或∩；如果在之前的结果里没有x，op可以是∪或⊕，都是3种里面取2种

将每个运算符和后面的区间放在一起

对于上述i我们只要取x最后一次出现的区间位置lst，对于lst之前op随意，即每个位置3种情况；到lst的时候根据情况选择2种能保留x的运算；对于lst之后的op取能保留x的2种运算。以此可以列出组合数式子

对于找对于x的lst，知乎里提到了一个经典模型，即区间覆盖染色，每个位置最后的颜色，倒着并查集（不懂的可以去看看ACWing3115题解 : https://www.acwing.com/solution/content/60830/

pi 为第 i 个元素后面第一个 未被覆盖 的区间的 左端点

更新/并查集操作为 p[nw] = find(nw + 1), nw = find(nw);

借用下图：

code1:

#include "bits/stdc++.h"

using namespace std;

typedef long long ll;
const ll N = 3e5 + 10;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 998244353;

ll l[N], r[N], p[N];

ll find(ll x) {
    return (p[x] == x ? x : p[x] = find(p[x]));
}

ll qpow(ll x, ll n) {
    if (n <= 0) return 1;
    ll res = 1;
    while (n) {
        if (n & 1) res = res * x % mod;
        x = x * x % mod;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);

    ll n;
    cin >> n;
    for (ll i = 1; i <= n; ++i) cin >> l[i] >> r[i];

    for (ll i = 0; i <= 3e5 + 5; ++i) p[i] = i;

    ll ans = 0;
    for (ll i = n; i >= 1; --i) {
        ll nw = find(l[i]);
        while (nw <= r[i]) {
            if (i != 1) ans = (ans + qpow(3, i - 2) * qpow(2, n - i + 1) % mod) % mod;
            else ans = (ans + qpow(2, n - 1)) % mod;
            p[nw] = find(nw + 1);
            nw = find(nw);
        }
    }

    cout << ans << endl;
}
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