[网络协议]CodeForces616:Educational Round 5

前言

比较简单的一场比赛。
ABC是水题。
D简单双指针。
E整除分块板子题。
F广义SAM板子，但是由于我太蒻不会，所以只能拿SA硬做qwq

$\text{A?Comparing?Two?Long?Integers}$

$\text{Description}$

比较两个不超过 $1000000$ 位的正整数的大小。正整数可能有前导零。前面那个比后面那个大输出 >，比后面那个小输出 <，两个一样大输出 =。

$\text{Solution}$

python爪把
读进来后去掉前导零再判断即可。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}

const int N=1e6+100;
const int M=505;

char a[N],b[N];
int n,m,q,tim;


signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  scanf(" %s %s",a+1,b+1);
  n=strlen(a+1);m=strlen(b+1);
  int pa=1,pb=1;
  while(pa<=n&&a[pa]=='0') pa++;
  while(pb<=m&&b[pb]=='0') pb++;
  if(n-pa+1!=m-pb+1){
    if(n-pa+1<m-pb+1) putchar('<');
    else putchar('>');
    return 0;
  }
  while(pa<=n){
    if(a[pa]!=b[pb]){
      if(a[pa]<b[pb]) putchar('<');
      else putchar('>');
      return 0;
    }
    ++pa;++pb;
  }
  putchar('=');
  return 0;
}
/*
 */

$\text{B?Dinner?with?Emma}$

$\text{Descripion}$

杰克决定邀请艾玛出去吃饭。杰克是个谦虚的学生，他不想去昂贵的餐馆。可艾玛是个品味很高的女孩，她更喜欢高端的餐馆。

Munhatan由 $n$ 条街道和 $m$ 条巷子组成。在每一条街道和小巷的交叉口都有一家餐馆。街道用 $1$ 到 $n$ 的整数来编号，巷子用从 $1$ 到 $m$ 的整数来编号。在第 $i$ 街和第 $j$ 巷交叉口的餐馆里吃饭的费用是 $C_{i,j}$。

杰克和艾玛决定按以下方式选择餐馆。先是艾玛选了在哪条街上吃饭，然后杰克选了巷子。艾玛和杰克做出了最佳的选择：艾玛想最大限度地提高晚餐的成本，杰克想把它降到最低。而艾玛知道杰克的想法。告诉这对恋人晚餐最终的费用。
$n,m\le 100$

$\text{Solution}$

tag：min-max 容斥。
找到每一行最小值的最大值即可。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}

const int N=1e6+100;
const int M=505;

int n,m;
int a[105][105];

signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  n=read();m=read();
  int ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    int mn(2e9);
    for(int j=1;j<=m;j++) a[i][j]=read(),mn=min(mn,a[i][j]);
    ans=max(ans,mn);
  }
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}
/*
 */

$\text{C?The?Labyrinth}$

$\text{Descripion}$

给你一张图，* 表示墙，.表示空地，问每个 * 周围的联通快中 . 的数量和模 $10$ 的结果，属于同一个联通快的只计算一次。
$n,m\le 1000$

$\text{Solution}$

bfs 一遍求出每个连通块的大小，求出每个点四周的大小之和即可。
可以利用 set 方便去重。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}

const int N=1050;

int n,m;
int a[N][N],bel[N][N],siz[N*N],tot,vis[N][N];
int dx[5]={0,0,-1,0,1},dy[5]={0,-1,0,1,0};
inline bool exi(int x,int y){return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;}
void bfs(int x,int y,int f){
  vis[x][y]=1;bel[x][y]=f;siz[f]++;
  for(int i=1;i<=4;i++){
    int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];
    if(vis[xx][yy]||a[xx][yy]||!exi(xx,yy)) continue;
    bfs(xx,yy,f);
  }
  return;
}
set<int>s;

signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  n=read();m=read();
  for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=m;j++){
      char c;scanf(" %c",&c);
      a[i][j]=(c=='*');
    }
  }
  for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=m;j++){
      if(a[i][j]||vis[i][j]) continue;
      ++tot;bfs(i,j,tot);
    }
  }
  for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=m;j++){
      if(!a[i][j]){
	putchar('.');continue;
      }
      for(int k=1;k<=4;k++){
	int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
	if(a[x][y]||!exi(x,y)) continue;
	s.insert(bel[x][y]);
      }
      int ans(1);
      for(int x:s) ans+=siz[x];
      printf("%d",ans%10);
      s.clear();
    }
    putchar('\n');
  }
  return 0;
}
/*
 */

$\text{D?Longest?k-Good?Segment}$

$\text{Descripion}$

给定一个包含 $n$ 个整数的序列$a$，$0\le a_i\le 10^6$ ，询问不重复数字个数 $\le k$ 的最长区间的左右端点。如果有多解输出任意一组。
$n\le 5\times 10^5$

$\text{Solution}$

开一个桶维护各种数字的数量维护当前区间不重复数字个数，双指针取区间最大值即可。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}

const int N=1e6+100;

int n,m;
int a[N],bac[N],now,ans,L,R;

signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  n=read();m=read();
  for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
  int l=1,r=0;
  while(r<n){
    now+=(++bac[a[++r]]==1);
    while(now>m) now-=(--bac[a[l++]]==0);
    if(r-l+1>ans){
      ans=r-l+1;L=l;R=r;
    }
  }
  printf("%d %d\n",L,R);
  return 0;
}
/*
 */

$\text{E?Sum?of?Remainders}$

$\text{Descripion}$

计算以下式子的和：$n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1+n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2+n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3+?+n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$。由于结果可能很大，你需要输出其对 $10^9+7$ 取模的结果。
$n,m\le 10^{1}3$

$\text{Solution}$

式子可以写成：
$$\sum _{i=1}^{m}n??\frac{n}{i}?\times i$$
直接上整除分块即可。

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}

const int N=1e6+100;
const int mod=1e9+7;

ll n,m,ans;
ll ksm(ll x,ll k){
  ll res(1);
  while(k){
    if(k&1) res=res*x%mod;
    x=x*x%mod;
    k>>=1;
  }
  return res;
}

inline ll calc(ll l,ll r){return ((l+r)%mod)*((r-l+1)%mod)%mod*500000004%mod;}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  n=read();m=read();
  ans=(m%mod)*(n%mod)%mod;
  for(ll l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1){
    r=min(m,n/(n/l));
    ll o=n/l%mod;
    ans=(ans+mod-o*calc(l,r)%mod)%mod;
    //printf("(%lld %lld) o=%lld\n",l,r,o);
  }
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}
/*
 */

$\text{F?Expensive?Strings}$

$\text{Descripion}$

给你$n$个字符串。每个字符串的成本都是$c_i$。
定义字符串的函数，其中$f(s)={\sum }_{i=1}^n{c}_i?p_{s,i}?|s|$，$p_{s,i}$是$s$在$t_i$中出现的次数，$|s|$是字符串$s$的长度。求所有字符串函数$f(s)$的最大值。

注意字符串$s$不一定是$t$中的某个字符串。

$\text{Solution}$

据说用广义 SAM 的话就是板子了。
但是我并不会qwq。
考虑使用 SA。

先把所有串连起来，中间夹一些泥巴。
后缀排序后先求出 $\mathrm{height}$。
每个后缀的价值定义为其所属串的价值，并求出价值的前缀和。
然后如果选择区间 $[l,r]$ 的所有字符串，那么选择的价值就是：
$$(\underset{i=l+1}{\overset{r}{\min }}{\mathrm{height}}_i)\times su{m}_r?su{m}_{l?1}$$
因为贪心的考虑一定使这个串最长。
那么我们悬线法求出每个 $height$ 作为最小值的有效区间，扫一遍取最大值即可。
但这样是无法考虑这个串只出现一遍的情况的，这个串一定就是某个串本身，map 暴力判一下即可。

$\text{Code}$

# include <bits/stdc++.h>
# include <bits/extc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
inline ll read(){
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}

const int N=1e6+100;
const int mod=1e9+7;

int n,m,tot;
int sa[N],rk[N],id[N],oldrk[N],bel[N],len[N],p,cnt[1234567],a[N],l[N],r[N];
ll h[N],c[N];
void calc(){
  for(int k=0,i=1;i<=n;i++){
    if(k) --k;
    while(a[i+k]==a[sa[rk[i]-1]+k]) ++k;
    h[rk[i]]=k;
  }
  return;
}
bool jd[N];
ll ans,sum[N];
string s[N];
map<string,int>mp;

signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  m=read();
  for(int i=1;i<=m;i++){
    cin>>s[i];
    n=s[i].size();
    for(int j=0;j<n;j++) a[++tot]=s[i][j]-'a'+1,bel[tot]=i;
    a[++tot]=i+26;
    bel[tot]=i;jd[tot]=1;
    len[i]=n;
    mp[s[i]]++;
  }
  for(int i=1;i<=m;i++) c[i]=read();//ans=max(ans,c[i]*len[i]);
  for(int i=1;i<=m;i++) if(mp[s[i]]==1) ans=max(ans,c[i]*len[i]);
  n=tot;
  m+=26;
  for(int i=1;i<=n;i++) ++cnt[rk[i]=a[i]];
  for(int i=1;i<=m;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
  for(int i=n;i>=1;i--) sa[cnt[rk[i]]--]=i;
  for(int w=1;;w<<=1){
    p=0;
    for(int i=n;i>n-w;i--) id[++p]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++){
      if(sa[i]>w) id[++p]=sa[i]-w;
    }
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    memcpy(oldrk,rk,sizeof(rk));
    //for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",id[i]);
    //putchar('\n');
    for(int i=n;i>=1;i--) ++cnt[rk[id[i]]];
    for(int i=1;i<=m;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
    for(int i=n;i>=1;i--) sa[cnt[rk[id[i]]]--]=id[i];
    p=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
      if(oldrk[sa[i]]==oldrk[sa[i-1]]&&oldrk[sa[i]+w]==oldrk[sa[i-1]+w]) rk[sa[i]]=p;
      else rk[sa[i]]=++p;
    }
    m=p;
    //for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",sa[i]);
    //putchar('\n');
    if(m==n) break;
  }
  calc();
  for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+c[bel[sa[i]]];  
  for(int i=1;i<=n;i++){
    l[i]=i;
    //printf("i=%d\n",i);
    while(l[i]>1&&h[l[i]-1]>=h[i]) l[i]=l[l[i]-1];
  }
  for(int i=n;i>=1;i--){
    r[i]=i;
    while(r[i]<n&&h[r[i]+1]>=h[i]) r[i]=r[r[i]+1];
  }
  //for(int i=1;i<=n;i++){
    //printf("i=%d pl=%d h=%lld l=%d r=%d sum=%lld tmp=%lld\n",
    //	   i,sa[i],h[i],l[i],r[i],sum[i],h[i]*(sum[r[i]]-sum[max(0,l[i]-2)]));
  //}
  for(int i=2;i<=n;i++){   
      ans=max(ans,h[i]*(sum[r[i]]-sum[max(0,l[i]-2)]));
  }
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}
/*
5
bbbab
bbaab
bbbaa
bbabb
babba
3 -9 8 -3 9 
 */