集训 Day 2 模拟赛总结

复盘

7：30 开题

想到几天前被普及组难度模拟赛支配的恐惧，下意识觉得题目很难

先看 T1，好像不是很难，魔改 Kruskal 应该就行

看 T2 ，感觉很神奇，看到多串匹配想到 AC 自动机，又想了想 NOIP 模拟赛 T2 考 AC 自动机？奇奇怪怪

T3 神奇构造，先放

T4 想到以前做过的一道很像的题，记得是转化成二维平面中的点会很好做，但仔细想想发现不对

回来准备码 T1，推了推细节感觉问题不大，毕竟纯模拟 Kruskal 过程，大概 7:50 开始码

8:20 码完，测大样例发现跑 1.7s，时间限制 1.2s，？仔细分析了一下，感觉这个思路很像正解，应该是哪个细节没处理好

尝试一行一行删代码，看那个地方跑得慢，发现竟然是 $sor t$ ！逆天，想了想改成桶排，大样例极限跑 1.1s ，以为能过，就扔了

看 T2 ，首先看出有性质：包含别人的串没用。那么枚举左端点，找右端点最小的能匹配的串就行，这个 AC 自动机可以解决

接下来唐氏了一会，一直想把这 $n$ 个串转化成若干个矩形，然后平面内扫描线？

去了个厕所，突然发现直接 for 一遍就做完了！回忆了一下 AC 自动机的细节，10:10 码完过了大样例

接下来看 T3 ，想到一个很显然但巨难写的做法，感觉很不对，决定放弃先看 T4

发现 $40$ 是送的，枚举 $x$ 即可，快速码

接下来看式子， $h_i\left \lceil \frac{a_i}{x} \right \rceil$ ，意识到后半部分得到变化是 $s q r t$ 级的，想到对于 $n\leq 2000$ 可以把这些变化的点存起来

然发现数论分块会不了一点！不会找这些变化点

最后就在反复打表、猜性质，竟发现按 $a_i\times h_i$ 排序后 $x$ 有决策单调性？寄完了

最终 60 + 100 + 0 + 20 = 180 ， rk_10086

总结一下，T1 应该再去拍一下的，或许能意识到时间上跑不过去的问题，赛后稍微卡一下常（ vector<node> -> vector<int> ) 就过了

T3 构造实际上没那么难，应该多想想

T4 想的有点偏，对于 $h_i\left \lceil \frac{a_i}{x} \right \rceil$ 结构应该优先考虑枚举取整号内部的部分，这样是 $O (n l o g n)$ 的，而不是数论分块的 $\sqrt n$

题解

T1

在这里插入图片描述
先说 $Kr u s ka l$ 做法

考虑暴力的情况：把所有边建出来，按权值从小到大排序

会发现枚举时会连着处理一段本质上相同的边（连接同色点），考虑优化这个过程，直接 $O (1)$ 算代价，同时需要注意标记某颜色点内部是否连通

写的时候注意一下常数问题可以通过

接下来正解：

考虑最终状态，一定是每种颜色的连通块都至少往外连了一条边

那么对于每种颜色取出一个点，钦定这个点是往外连的，直接跑最小生成树

由于是完全图，考虑 $P r im$ ，跑完后对于剩下的所有点，只需选择一个代价最小的颜色连上去即可，这一步可以直接把 $P r im$ 的 $w$ 数组拿来用

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;

typedef long long LL ;
const int N = 5050 ; 

int n , a[N] ;
int x , y , l , h ;
// 完全图 prim  
int c[N] , e[N][N] ;
bool vis[N] ;

int main()
{
	scanf("%d" , &n ) ;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
		scanf("%d" , &a[i] ) ;
	}
	scanf("%d%d%d%d" , &x , &y , &l , &h ) ;
	int C = 0 , A = 1 , B = 1 ;
	for(int i = 1 ; i <= n*n ; i ++ ) {
		C = (1LL*x*C+y)%h ;
		if( A <= B ) {
			e[A][B] = e[B][A] = C ;
		}
		B ++ ;
		if( B == n+1 ) {
			A ++ ;
			B = 1 ;
		}
	}
	LL ans = 0 ;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) c[i] = e[1][i] ;
	vis[1] = 1 ;
	for(int i = 1 ; i < n ; i ++ ) {
		int Min = 1e9 , id ;
		for(int j = 1 ; j <= n ; j ++ ) {
			if( !vis[j] && Min > c[j] ) {
				Min = c[j] ;
				id = j ;
			}
		}
		vis[id] = 1 ;
		ans += Min ;
		for(int j = 1 ; j <= n ; j ++ ) c[j] = min( c[j] , e[id][j] ) ;
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) ans += 1LL*c[i]*(a[i]-1) ;
	printf("%lld" , ans ) ;
	return 0 ;
}

T2

比较简单，放一个 AC 自动机的板子，回忆一下

	char s[N] ;
	int tr[N*5][26] , tot , fail[N*5] , V[N*5] ;
	void Insert()
	{
		int p = 0 , len = strlen( s+1 ) ;
		for(int i = 1 ; i <= len ; i ++ ) {
			int c = s[i]-'a' ;
			if( !tr[p][c] ) tr[p][c] = ++tot , V[tot] = 1e9 ;
			p = tr[p][c] ;
		} 
		V[p] = len ;
	}
	void AC_build()
	{
		queue<int> q ;
		for(int i = 0 ; i < 26 ; i ++ ) {
			if( tr[0][i] ) q.push( tr[0][i] ) ;
		}
		while( !q.empty() ) {
			int x = q.front() ; q.pop() ;
			for(int i = 0 ; i < 26 ; i ++ ) {
				if( tr[x][i] ) fail[tr[x][i]] = tr[fail[x]][i] , q.push( tr[x][i] ) , V[tr[x][i]] = min( V[tr[x][i]] , V[fail[tr[x][i]]] ) ;
				else tr[x][i] = tr[fail[x]][i] ;
			}
		}
	}

T3

在这里插入图片描述

T4

比较套路的题，应该会的

考虑 $x$ 已知时，每个人的局数显然是 $h_i\left \lceil \frac{a_i}{x} \right \rceil$

枚举 $x$ 后再 check $n$ 个人需要 $n^2$ 的复杂度，不可接受

( 赛时一直在想优化枚举 $x$ 过程，但是 gg

考虑优化后半过程，在 $x$ 一定时， 排好序后，对于一段 $a_i$ ， $\left \lceil \frac{a_i}{x} \right \rceil$ 的值是一定的，那么只维护段内最大与次大的 $h_i$

枚举 $j=\left \lceil \frac{a_i}{x} \right \rceil$ ，合法的 $a_i$ 范围可以算出来 $[x\times (j-1)+1,x\times j]$ ，而且这样总复杂度是 $O (n l n)$ 的

对于 $h_i$ 简单的想法是 st 表维护，但有更好 (?) 的做法，直接维护 $[x\times (j-1)+1,INF]$ 后缀最大值，这样显然是对的，但要注意不要重算

这样加速了对于每个 $x$ 找最大\次大值的过程，可以通过本题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;

typedef long long LL ;
const int N = 2e5+100 ; 

int T , n , a[N] , h[N] , Max ;
int Sm[N] , Sc[N] , id[N] ;
LL ans[N] ;

int main()
{
	scanf("%d" , &T ) ;
	while( T -- ) {
		scanf("%d" , &n ) ;
		for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
			scanf("%d" , &h[i] ) ;
		}
		int Max = 0 ;
		memset( Sm , 0 , sizeof Sm ) ;
		memset( Sc , 0 , sizeof Sc ) ;
		for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
			scanf("%d" , &a[i] ) ;
			Max = max( Max , a[i] ) ;
			if( h[i] > Sm[a[i]] ) {
				Sc[a[i]] = Sm[a[i]] ;
				Sm[a[i]] = h[i] ;
				id[a[i]] = i ;
			}
			else Sc[a[i]] = max( Sc[a[i]] , h[i] ) ;
		}
		for(int i = Max ; i >= 1 ; i -- ) {
			if( Sm[i+1] > Sm[i] ) {
				Sc[i] = Sm[i] ;
				Sm[i] = Sm[i+1] ;
				id[i] = id[i+1] ;
			}
			else Sc[i] = max( Sc[i] , Sm[i+1] ) ;
			Sc[i] = max( Sc[i] , Sc[i+1] ) ;
		}
		memset( ans , 0 , sizeof ans ) ;
		for(int x = 1 ; x <= Max ; x ++ ) {
			LL Mx = 0 , Cx = 0 ; int ID1 ;
			for(int j = 1 ; x*(j-1)+1 <= Max ; j ++ ) { // 每一段内找 h 最大/次大 即可 
				if( Mx < 1LL*Sm[x*(j-1)+1]*j ) {
					if( id[x*(j-1)+1] != ID1 ) Cx = Mx ;
					Mx = 1LL*Sm[x*(j-1)+1]*j ;
					ID1 = id[x*(j-1)+1] ;
				}
				else if( ID1 != id[x*(j-1)+1] ) {
					Cx = max( Cx , 1LL*Sm[x*(j-1)+1]*j ) ;
				}
				Cx = max( Cx , 1LL*Sc[x*(j-1)+1]*j ) ;
			}
			ans[ID1] = max( ans[ID1] , Mx-Cx ) ;
		}
		for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) printf("%lld " , ans[i] ) ;
		printf("\n") ;
	}
	return 0 ;
}