2020牛客暑期多校训练营（第二场）补题

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分类专栏：比赛总结

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A All with Pairs（哈希+kmp）

在这里插入图片描述
把每个串的后缀哈希值用个桶记录一下，然后枚举每个串的前缀 $s$ ，能快速知道这个前缀出现了多少次。但是这个前缀不一定最长，这个很好解决，一个前缀 $[0, i]$ 满足条件的时候， $0,next_i-1]$ 一定也满足条件，只用在 $next_i$ 处减掉这个前缀的贡献即可。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
struct custom_hash {
	   static uint64_t splitmix64(uint64_t x) {
	   	x += 0x9e3779b97f4a7c15;
		x = (x ^ (x >> 30)) * 0xbf58476d1ce4e5b9;
		x = (x ^ (x >> 27)) * 0x94d049bb133111eb;
		return x ^ (x >> 31);
	}
	size_t operator()(uint64_t x) const {
		static const uint64_t FIXED_RANDOM = chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count();
		return splitmix64(x + FIXED_RANDOM);
	}
};
LL z = 1;
int read(){
	int x, f = 1;
	char ch;
	while(ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9') if(ch == '-') f = -1;
	x = ch - '0';
	while(ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - 48;
	return x * f;
}
int ksm(int a, int b, int p){
	int s = 1;
	while(b){
		if(b & 1) s = z * s * a % p;
		a = z * a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return s;
}

const int N = 1e6 + 5, maxn = 1e6, mod = 998244353;
string s[N];

uLL hx, hx1[N], po[N], base = 131;
gp_hash_table<uLL, int, custom_hash> f;
int nxt[N];
LL cnt[N];

uLL gethash(uLL hx[], int l, int r){
	return hx[r] - hx[l - 1] * po[r - l + 1];
}

int main(){
	int i, j, n, m, t;
	for(po[0] = i = 1; i <= maxn; i++) po[i] = po[i - 1] * base;
	n = read();
	for(i = 1; i <= n; i++){
		cin >> s[i]; m = s[i].length(); hx = 0;
		for(j = 1; j <= m; j++) hx1[j] = hx1[j - 1] * base + s[i][j - 1];
		for(j = m; j >= 1; j--) f[gethash(hx1, j, m)]++;
	}
	LL ans = 0;
	for(i = 1; i <= n; i++){
		m = s[i].length(); t = 0;
		for(j = 0; j < m; j++) nxt[j] = cnt[j] = 0;
		t = 0;
		for(j = 1; j < m; j++){
			while(t && s[i][j] != s[i][t]) t = nxt[t - 1];
			if(s[i][j] == s[i][t]) nxt[j] = (++t);
		}
		hx = 0;
		for(j = 0; j < m; j++){
			hx = hx * base + s[i][j];
			cnt[j] = f[hx];
			if(nxt[j] > 0) cnt[nxt[j] - 1] -= cnt[j];
		}
		for(j = 0; j < m; j++) ans = (ans + z * cnt[j] * (j + 1) * (j + 1) % mod) % mod;
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

E Exclusive OR（FWT)

在这里插入图片描述
由于 $A_i<2^{18}$ ，因此线性基的秩不超过 $18$ 。
因此当 $i≥20i\ge 20$ 时， $ans_i=ans_{i-2}$ 。
我们只需要求前 $19$ 项的值。
记 $f_{t,i}$ 表示用 $t$ 个数时，异或值为 $i$ 的方案数。
那么有一个简单的 $d p$ 。
$ft,i=∑j⊕k=ift−1,j×f1,kf_{t,i}=\sum\limits_{j\oplus k=i}f_{t-1,j}\times f_{1,k}$ 。
然后直接 $f w t$ 即可。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
struct custom_hash {
	   static uint64_t splitmix64(uint64_t x) {
	   	x += 0x9e3779b97f4a7c15;
		x = (x ^ (x >> 30)) * 0xbf58476d1ce4e5b9;
		x = (x ^ (x >> 27)) * 0x94d049bb133111eb;
		return x ^ (x >> 31);
	}
	size_t operator()(uint64_t x) const {
		static const uint64_t FIXED_RANDOM = chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count();
		return splitmix64(x + FIXED_RANDOM);
	}
};
LL z = 1;
int read(){
	int x, f = 1;
	char ch;
	while(ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9') if(ch == '-') f = -1;
	x = ch - '0';
	while(ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - 48;
	return x * f;
}
int ksm(int a, int b, int p){
	int s = 1;
	while(b){
		if(b & 1) s = z * s * a % p;
		a = z * a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return s;
}

const int N = (1 << 18), mod = 1e9 + 7;
int a[N], b[N], ans[N], re[N], inv2, limit;

//f[i][j] = sum(f[i-1][k] * f[1][t])

void fwt(int *a, int type){
	int mid, j, k, R, x, y;
	for(mid = 1; mid < limit; mid <<= 1){
		for(R = mid << 1, j = 0; j < limit; j += R){
			for(k = 0; k < mid; k++){
				x = a[j + k], y = a[j + k + mid];
				a[j + k] = z * (x + y) * type % mod;
				a[j + k + mid] = z * (x - y) * type % mod;
			}
		}
	}
}

int main(){
	int i, j, n, m, maxn = 0;
	inv2 = ksm(2, mod - 2, mod);
	n = read();
	for(i = 1; i <= n; i++){
		j = read();
		a[j] = b[j] = re[j] = 1; maxn = max(maxn, j);
	}
	limit = (1 << 18);
	for(i = 1; i <= n; i++){
		if(i > 19) ans[i] = ans[i - 2];
		else{
			for(j = 0; j < limit; j++) b[j] = re[j];
			if(i == 1) ans[i] = maxn;
			else{
				fwt(a, 1); fwt(b, 1);
				for(j = 0; j < limit; j++) a[j] = z * a[j] * b[j] % mod;
				fwt(a, inv2);
				for(j = limit - 1; j >= 0; j--){
					if(a[j]){
						ans[i] = j;
						break;
					}
				} 
			}
		}
		printf("%d ", ans[i]);
	}
	return 0;
}

G Greater and Greater（bitset）

在这里插入图片描述

这是一道很巧妙的 $b i t s e t$ 题。
设 $s_{i,j}=1$ （ $s_i$ 是个 $b i t s e t$ ）表示 $a_i$ 比 $b_j$ 大。
其实并不用 $n$ 个 $b i t s e t$ ，因为本质不同的 $s_i$ 只有 $m$ 个，我们只用记录编号即可，这里的空间是 $O(m2ω)O(\frac{m^2}{\omega})$ 。
然后设 $cur_i$ 是一个 $b i t s e t$ ， $cur_{i,j}=1$ 表示 $i$ 能和 $j$ 匹配，来使得 $[i, i + m - j]$ 每个数比 $[j, m]$ 的每个数大，于是有一个明显的转移： $cur_i=(cur_{i+1}>>1|I_m)\&s_i$ 。
然后从后往前滚就可以了。最后的复杂度是 $O(nmw)O(\frac{nm}{w})$ 的。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
struct custom_hash {
	   static uint64_t splitmix64(uint64_t x) {
	   	x += 0x9e3779b97f4a7c15;
		x = (x ^ (x >> 30)) * 0xbf58476d1ce4e5b9;
		x = (x ^ (x >> 27)) * 0x94d049bb133111eb;
		return x ^ (x >> 31);
	}
	size_t operator()(uint64_t x) const {
		static const uint64_t FIXED_RANDOM = chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count();
		return splitmix64(x + FIXED_RANDOM);
	}
};
LL z = 1;
int read(){
	int x, f = 1;
	char ch;
	while(ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9') if(ch == '-') f = -1;
	x = ch - '0';
	while(ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - 48;
	return x * f;
}
int ksm(int a, int b, int p){
	int s = 1;
	while(b){
		if(b & 1) s = z * s * a % p;
		a = z * a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return s;
}

bitset<40002> w[40002], cur;

const int N = 150005;

int a[N], b[N], s[N], id[N];

int cmp(int x, int y){
	return b[x] < b[y];
}

int main(){
	int i, j, n, m, l, r, mid, ans = 0;
	
	n = read(); m = read();
	
	for(i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
	
	for(i = 1; i <= m; i++) b[i] = read(), id[i] = i;
	
	
	sort(id + 1, id + m + 1, cmp);
	sort(b + 1, b + m + 1);
	
	for(i = 1; i <= m; i++){
		w[i] = w[i - 1];
		w[i][id[i]] = 1;
	}
	
	for(i = 1; i <= n; i++){
		if(a[i] < b[1]){
			s[i] = 0;
			continue;
		}
		l = 1, r = m;
		while(l < r){
			mid = l + r + 1 >> 1;
			if(b[mid] <= a[i]) l = mid;
			else r = mid - 1;
		}		
		s[i] = l;
	}
	
	for(i = n; i >= 1; i--){
		cur >>= 1;
		cur[m] = 1;
		cur &= w[s[i]];
		ans += (cur[1] == 1);
	}
	
	printf("%d", ans);
	return 0;
}