AtCoder Beginner Contest 381（A—F）（字符串哈希，二分，状压dp）

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分类专栏： Atcoder 文章标签： 算法
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版权

比赛链接

AtCoder Beginner Contest 381

A题

代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long
#define double long double

typedef long long i64;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 2e5 + 5, M = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

std::mt19937 rnd(time(0));

int n;
string s;
void solve(int test_case)
{
    cin >> n >> s;
    bool ok = true;
    if (n % 2 == 0)
    {
        ok = false;
    }
    for (int i = 0; i < n / 2; i++)
    {
        if (s[i] != '1')
            ok = false;
    }
    if (s[n / 2] != '/')
        ok = false;
    for (int i = n / 2 + 1; i < n; i++)
    {
        if (s[i] != '2')
            ok = false;
    }
    if (ok)
    {
        cout << "Yes" << endl;
    }
    else
        cout << "No" << endl;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int test = 1;
    // cin >> test;
    for (int i = 1; i <= test; i++)
    {
        solve(i);
    }
    return 0;
}

B题

代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long
#define double long double

typedef long long i64;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 2e5 + 5, M = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

std::mt19937 rnd(time(0));

int n;
string s;
void solve(int test_case)
{
    cin >> s;
    n = s.size();
    bool ok = true;
    if (n & 1)
        ok = false;
    map<char, int> mp;
    for (char c : s)
        mp[c]++;
    for (int i = 1; i < n; i += 2)
    {
        if (s[i] != s[i - 1])
            ok = false;
    }
    for (auto mpp : mp)
    {
        if (mpp.second != 2)
            ok = false;
    }
    if (ok)
    {
        cout << "Yes" << endl;
    }
    else
        cout << "No" << endl;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int test = 1;
    // cin >> test;
    for (int i = 1; i <= test; i++)
    {
        solve(i);
    }
    return 0;
}

C题

思路

对于 11 / 22 11/22 11/22字符串，我们考虑二分“/”左边 1 1 1的个数 x x x。

枚举原串中的每一个 / / /，如果其左边的长度为 x x x的子串全为 1 1 1，右边的长度为 x x x的子串全为 2 2 2，则为true，否则为false。

对于字符串的匹配问题，我们可以考虑使用字符串哈希，这样可以使判断区间字符串是否相等的时间复杂度将为 O ( 1 ) O(1) O(1)。

代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long
#define double long double

typedef long long i64;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 2e5 + 5, M = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

std::mt19937 rnd(time(0));

int n;
char s[N];
// 双模哈希
const u64 base1 = 19260817, base2 = 1004535809;
int a[N], b[N];
int ha1[N], fac1[N], ha2[N], fac2[N], ha3[N], fac3[N];
void Hash()
{
    fac1[0] = fac2[0] = fac3[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        fac1[i] = fac1[i - 1] * base1 % base2;
        fac2[i] = fac2[i - 1] * base1 % base2;
        fac3[i] = fac3[i - 1] * base1 % base2;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        ha1[i] = (ha1[i - 1] + a[i] * fac1[n - i] % base2) % base2;
        ha2[i] = (ha2[i - 1] + b[i] * fac2[n - i] % base2) % base2;
        ha3[i] = (ha3[i - 1] + (int)(s[i]) * fac3[n - i] % base2) % base2;
    }
}
int gethash1(int l, int r)
{
    return (ha1[r] - ha1[l - 1] + base2) * fac1[l] % base2;
}
int gethash2(int l, int r)
{
    return (ha2[r] - ha2[l - 1] + base2) * fac2[l] % base2;
}
int gethash3(int l, int r)
{
    return (ha3[r] - ha3[l - 1] + base2) * fac3[l] % base2;
}
bool check(int x)
{
    bool ok = false;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (s[i] == '/')
        {
            int L = i - x;
            int R = i + x;
            if (L < 1)
                continue;
            if (R > n)
                continue;
            if (gethash1(L, i - 1) == gethash3(L, i - 1) && gethash2(i + 1, R) == gethash3(i + 1, R))
                ok = true;
        }
    }
    return ok;
}
void solve(int test_case)
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> s[i];
        a[i] = '1';
        b[i] = '2';
    }
    Hash();
    int low = 0, high = n;
    while (low < high)
    {
        int mid = low + high + 1 >> 1;
        if (check(mid))
        {
            low = mid;
        }
        else
            high = mid - 1;
    }
    cout << low * 2 + 1 << endl;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int test = 1;
    // cin >> test;
    for (int i = 1; i <= test; i++)
    {
        solve(i);
    }
    return 0;
}

D题

思路

因为 X X X的长度为偶数，则其开头的第一个字符，在原串中的位置要么是奇数要么是偶数。

我们可以分别以奇数开头和以偶数开头，对两个相邻的字符进行合并。如果相邻的两个字符相等，则合并为一个，如果不相等，则合并成一个 − 1 -1 −1。

最后对于每一个被 − 1 -1 −1所隔开的区间，用双指针求出不包含重复数字的区间最大长度即可。

代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long
#define double long double

typedef long long i64;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 3e5 + 5, M = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

std::mt19937 rnd(time(0));

int n;
int a[N], cnt[N];
int func(vector<int> &v)
{
	int L = 0;
	int sum = 0;
	for (int R = 0; R < v.size(); R++)
	{
		cnt[v[R]]++;
		while (cnt[v[R]] > 1)
			cnt[v[L++]]--;
		sum = max(sum, R - L + 1);
	}
	while (L < v.size())
		cnt[v[L++]]--;
	return sum * 2;
}
void solve(int test_case)
{
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
	}
	int ans = 0;
	for (int j = 2; j <= 3; j++)
	{
		vector<int> v;
		for (int i = j; i <= n; i += 2)
		{
			if (a[i] == a[i - 1])
			{
				v.push_back(a[i]);
			}
			else
			{
				ans = max(ans, func(v));
				v.clear();
			}
		}
		ans = max(ans, func(v));
	}
	cout << ans << endl;
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int test = 1;
	// cin >> test;
	for (int i = 1; i <= test; i++)
	{
		solve(i);
	}
	return 0;
}

E题

思路

对于每一次查询的区间 [ L , R ] [L,R] [L,R]，满足条件的子序列的长度，一定是一个凸函数。

因此我们可以使用前缀和对 1 1 1和 2 2 2进行预处理，使得枚举每一个"/"时，查询长度的时间复杂度都可以降至 O ( 1 ) O(1) O(1)。

对于求凸函数的最大值，我们使用二分查找即可。

代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long
#define double long double

typedef long long i64;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 5, M = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

std::mt19937 rnd(time(0));

int n, q;
int a[N], b[N], nxt[N];
char s[N];
void solve(int test_case)
{
	cin >> n >> q;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> s[i];
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		a[i] = a[i - 1];
		b[i] = b[i - 1];
		if (s[i] == '1') a[i]++;
		if (s[i] == '2') b[i]++;
	}
	nxt[n + 1] = n + 1;
	for (int i = n; i >= 1; i--)
	{
		nxt[i] = (s[i] == '/' ? i : nxt[i + 1]);
	}
	while (q--)
	{
		int l, r;
		cin >> l >> r;
		int k = nxt[l];
		if (k > r)
		{
			cout << 0 << endl;
			continue;
		}
		int low = l, high = r;
		while (low < high)
		{
			int mid = low + high + 1 >> 1;
			int k = nxt[mid];
			if (k > r)
			{
				high = mid - 1;
				continue;
			}
			if (a[k] - a[l - 1] <= b[r] - b[k])
			{
				low = mid;
			}
			else high = mid - 1;
		}

		int ans = min(a[nxt[low]] - a[l - 1], b[r] - b[nxt[low]]);

		if (nxt[low + 1] <= r)
		{
			low = nxt[low + 1];
			ans = max(ans, min(a[low] - a[l - 1], b[r] - b[low]));
		}

		cout << ans * 2 + 1 << endl;
	}
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int test = 1;
	// cin >> test;
	for (int i = 1; i <= test; i++)
	{
		solve(i);
	}
	return 0;
}

F题

思路

我们考虑使用二进制状压dp。

d p [ S ] dp[S] dp[S]表示取完集合 { S } \{S\} {S}内的所有元素所需要的最短前缀。

转移时枚举当前第 i i i个存在在集合中的元素，考虑从 d p [ S ⊕ 1 < < i ] dp[S \oplus 1 << i] dp[S⊕1<<i]进行转移。

我们可以使用二分查找，找到第一个不被 d p [ S ⊕ 1 < < i ] dp[S \oplus 1 << i] dp[S⊕1<<i]覆盖的 i i i的位置，然后转移即可。

代码
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long
#define double long double

typedef long long i64;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 2e5 + 5, M = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

std::mt19937 rnd(time(0));

int n;
int a[N], dp[1ll << 20 + 5];
vector<int>pos[20];
void solve(int test_case)
{
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
		a[i]--;
		pos[a[i]].push_back(i);
	}
	fill(dp, dp + (1ll << 20) + 5, inf);
	dp[0] = 0;
	int ans =  0;
	for (int val = 1; val < (1ll << 20); val++)
	{
		for (int i = 0; i < 20; i++)
		{
			if ((val >> i & 1) && dp[val ^ (1ll << i)] != inf)
			{
				int idx = upper_bound(pos[i].begin(), pos[i].end(), dp[val ^ (1ll << i)]) - pos[i].begin();
				if (idx + 1 < pos[i].size())//因为每一次要加两个字符,所以是idx+1
				{
					dp[val] = min(dp[val], pos[i][idx + 1]);
				}
			}
		}
		if (dp[val] != inf)
		{
			ans = max(ans, (int)__builtin_popcount(val) * 2);
		}
	}
	cout << ans << endl;
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int test = 1;
	// cin >> test;
	for (int i = 1; i <= test; i++)
	{
		solve(i);
	}
	return 0;
}
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atcoder beginner contest 265
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atcoder beginner contest 265 是由日本 Atcoder 组织的一场面向初学者的比赛。这是一场在线编程竞赛，旨在为初学者提供机会锻炼和展示他们的编程技能。 这次比赛包括了多个题目，涉及到算法、数据结构、动态规划等各种编程知识。参赛者需要在规定的时间内完成题目，通过编写程序解决问题来积累得分。 atcoder beginner contest 265 的比赛时间通常在周末举行，为期约 2 到 2.5 个小时。比赛结束后，Atcoder 将公布排名和成绩，评选出优胜者。 这次比赛对于想要提升自己编程技能的初学者来说是一个很好的锻炼机会。通过这样的比赛，他们可以接触到不同类型的编程题目，提高解决问题的能力，增强对编程知识的理解。而且，比赛的排名和成绩也可以作为一种动力，激励他们持续学习和进步。 参与 atcoder beginner contest 265 的比赛，不仅可以锻炼编程技能，还可以结识来自世界各地的志同道合的朋友，一起学习、交流，共同进步。 总的来说，atcoder beginner contest 265 是一个很好的平台，提供了一个机会，让初学者们在编程领域不断学习、挑战自己，成长为更优秀的程序员。
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