标签：int 题解 CF2800 len Cipher MAXN 40 MAXM include
令当前时间为 \(t\)，则序列 \(i\) 取的到 \(j\) 需满足的条件为：\(t\equiv j \pmod {len_i}\)。
多个同余方程要一起考虑，不难想到 excrt（扩展中国剩余定理）。
考虑枚举具体的数字（\(1\sim m\)），遍历 \(1\sim n\)，肯定不可能把 excrt 跑完。（这样优化空间很小）
那就只能对于一段序列，元素两两之间都要判断是否能同时存在，具体地，\(\gcd(len_j,len_i)\ |\ place[i]-place[j]\)。（excrt判断有无解）但这样仍会 T。
然后我看了题解，一语点醒梦中人，序列长度小于等于 \(40\)！每次新加入一个元素时，处理一下，只需做 \(40\) 次判断即可（这种换角度的思想很常见）。回头来看，其实这里给出这个条件就在疯狂暗示你该这样做，所以有时面向数据范围编程是一种很好的方法。
所以用个two-pointers即可，时间复杂度：\(\mathcal {O}(\sum len_i\times 40 \times log(40)\le 4.8*10^7)\)。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#define uint unsigned int
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5, MAXM = 45;
int n, m, c[MAXN][MAXM], ans, g[MAXM], ct[MAXM];
int len[MAXN];
vector <int> v[MAXN], place[MAXN];
int Gcd(int x, int y) { return y ? Gcd(y, x % y) : x; }
// qwq
// 一遍过样例可还行
bool Check(int x, int y, int a, int b) {
return ((b - a) % Gcd(x, y)) == 0;
}
int main() {
int x, y; scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d", &len[i]);
for(int j = 1; j <= len[i]; j ++) scanf("%d", &y), v[y].push_back(i), place[y].push_back(j);
}
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
memset(ct, 0, sizeof(ct));
int l = 0, r = 0; ans = 0;
for(; r < v[i].size(); r ++) {
if(r && v[i][r] > v[i][r - 1] + 1) l = r, memset(ct, 0, sizeof(ct));
for(int j = 1; j <= 40; j ++) {
if(ct[j] && !Check(j, len[v[i][r]], place[i][g[j]], place[i][r])) {
while(ct[j]) ct[len[v[i][l ++]]] --;
}
}
ans = max(ans, r - l + 1); ct[len[v[i][r]]] ++; g[len[v[i][r]]] = r;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
标签：int,题解,CF2800,len,Cipher,MAXN,40,MAXM,include 来源： https://www.cnblogs.com/Kidulthood/p/15171075.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。