标签：10 那么 直线 int 可以 平行 2021 MINIEYE ls
2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛（10）
庆祝暑期训练赛结束了
Pty loves lines
- 题意
\(n\)条直线，求直线相交的所有可能的交点数情况并输出。
- 思路
首先，每条直线最极端情况(所有直线不平行)，那么就有\(\frac{(n * (n - 1))}{2}\)个交点。
之后，我们先管直线的平行情况。
- 所有直线相交，即0（所有\(n\)都存在的一种情况）
- \(n - 1\)条直线平行，即\(1 * (n - 1) = n - 1\)，一种
- \(n - 2\)条直线平行，那么另外两条直线可以平行，也可以相交，那么答案为: \(2 * (n - 2) + 0\ or\ 2 * (n - 2) + 1\)两种。
- \(n - 3\)条直线平行，那么看另外三条直线\((0，2，3) + (3 * (n - 3))\)。
之后其实都差不多，那么我们也可以发现第四种情况的时候，看另外三条直线的情况，其实左边那部分就是\(n = 3\)时的情况，后面在推也一样，那么通过这个性质就可以求递推公式，然后用\(dp\)进行状态转移即可。
定义\(f[i][j]\)表示\(i\)条直线，\(j\)个交点的情况是否可以，(\(f[i][j]\)为1或0)，那么\(f[i][j] = f[i - k][j + (k * (i - k))]\)，就类似我上面的递推，然后\(O(n^4)\)打表程序就出来了0.0，其实我们发现这个性质后就应该想到可以用bitset加一层优化，然后通过打表可以发现，一大段数字在后面都是连续的不用管(最多在30000多那就一直连续了，这个连续的最大值也可以打表求出来)，那么就可以直接暴力点不管那后面的，那么就可以随便跑了\(O(n * n * 32000 / w)\)。
code :
const int N = 710, M = 32000;
bitset<M> f[N];
void init() {
f[0][0] = 1;
fep(i,1,700) {
fep(k,1,i) {
f[i] |= f[i - k] << (k * (i - k));
}
}
}
void solve(){
int n;
cin >> n;
int limit = min(M - 1, n * (n - 1) / 2);
bool flag = 0;
for(int i = 0;i <= limit;i ++){
if(f[n][i]) {
if(flag) cout << ' ';
else flag = 1;
cout << i;
}
}
for(int i = limit + 1;i <= (n * (n - 1) / 2);i ++) {
cout << ' ' << i;
}
cout << endl;
}
Pty loves string
- 题意
给一个字符串\(S\)，\(Q\)次询问，问\(S\)种长度为\(l\)的前缀 + 长度为\(r\)的后缀形成的字符串在\(S\)中出现的次数。
- 思路
用\(kmp\)找到字符串中长度相同的子串，前后都跑一边，那么长度为\(l\)，到某个点\(x\)，\(1 \to l = x \to x + l - 1\)，点y，\(n - r \to n = y - r + 1 \to y\)，然后就是判断\(y - r + 1 = x + l\)的点即可，然后就是找一点\(z\)， \(1 \to l = z - l + 1 \to z\ and\ n - r \to n = z \to z + r - 1\)，存在即答案加1，可以看出建图跑比较方便。
然后建两棵树的图即可，随意用一颗树的dfs序在另一颗树上跑主席树，可持久化记忆。然后每次查询即可
code :
int in[N][2], out[N][2], tot[2], pos[N];
int rt[N];
int ls[N << 8],rs[N << 8],sum[N << 8], idx;
char str[N];
int f1[N],f2[N];
int kkk;
int h1[N],e1[N],ne1[N],m1, h2[N], e2[N],ne2[N], m2;
void ad1(int a,int b) {
e1[m1] = b, ne1[m1] = h1[a], h1[a] = m1 ++;
}
void ad2(int a,int b) {
e2[m2] = b, ne2[m2] = h2[a], h2[a] = m2 ++;
}
void dfs1(int u)
{
in[u][0] = ++ tot[0];
pos[tot[0]] = u;
for(int i = h1[u];~i;i = ne1[i]) {
int j = e1[i];
dfs1(j);
}
out[u][0] = tot[0];
}
void dfs2(int u) {
in[u][1] = ++ tot[1];
for(int i = h2[u];~i;i = ne2[i]) {
int j = e2[i];
dfs2(j);
}
out[u][1] = tot[1];
}
void insert(int &t,int pre,int l,int r,int x) {
t = ++ idx;
ls[t] = ls[pre]; rs[t] = rs[pre];
sum[t] = sum[pre] + 1;
if(l == r) {return;}
int mid = l + r >> 1;
if(x <= mid) insert(ls[t],ls[pre],l,mid,x);
else insert(rs[t],rs[pre],mid + 1,r,x);
}
int query(int p,int q,int l,int r,int x,int y) {
if(r < x || y < l) return 0;
if(x <= l && r <= y) return sum[p] - sum[q];
int mid = l + r >> 1;
return query(ls[p],ls[q],l,mid,x,y) + query(rs[p],rs[q],mid + 1,r,x,y);
}
void solve(){
int n,q;
cin >> n >> q;
cin >> (str + 1);
// 字符串kmp预处理
int j = 0;
memset(h1,-1,sizeof h1);
memset(h2,-1,sizeof h2);
for(int i = 2;i <= n;i ++) {
while(j && str[j + 1] != str[i]) j = f1[j];
if(str[j + 1] == str[i]) j ++;
f1[i] = j;
}
j = n + 1;
f2[n] = n + 1;
for(int i = n - 1;i >= 1;i --) {
while(j <= n && str[j - 1] != str[i]) j = f2[j];
if(str[j - 1] == str[i]) j --;
f2[i] = j;
}
// 建树
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
ad1(f1[i],i);
ad2(f2[i],i);
}
dfs1(0);
dfs2(n + 1);
// 处理
for(int i = 1;i <= n + 1;i ++) { // 注意我们的dfs序是从0或n + 1开始的，所以需要加1
insert(rt[i], rt[i - 1],1,n + 1,in[pos[i] + 1][1]);
}
while(q --) {
int x,y;
cin >> x >> y;
y = n - y + 1;
cout << query(rt[out[x][0]],rt[in[x][0] - 1],1,n + 1,in[y][1],out[y][1]) << endl;
}
for(int i = 0;i <= n + 1;i ++) f1[i] = f2[i] = 0, rt[i] = 0;
idx = tot[1] = tot[0] = 0;
m1 = m2 = 0;
}
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