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题解
存在欧拉回路的条件是：1. 每个点的度数都是偶数。2. 有边的连通块最多一个。
数据范围是允许我们
n
2
n^2
n2 枚举的，因此我们看怎么均摊
O
(
1
)
O(1)
O(1) 解决上面的两个判断。
首先，每个点的度数都是偶数。我们预处理两个 0/1 数组，
p
r
e
[
i
]
[
j
]
pre[i][j]
pre[i][j] 表示只考虑前
i
i
i 个数，第
j
j
j 个数向后连边个数取模 2 的结果，
s
u
f
[
i
]
[
j
]
suf[i][j]
suf[i][j] 表示只考虑后
n
−
i
+
1
n-i+1
n−i+1 个数，第
j
j
j 个数向前连边个数取模 2 的结果。
这两个数组都可以
O
(
n
2
)
O(n^2)
O(n2) 预处理出来，用 bitset 可以省点空间。然后，一个区间
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r] 满足度数需求，当且仅当数列
p
r
e
[
r
]
pre[r]
pre[r] 异或数列
s
u
f
[
l
]
suf[l]
suf[l] 后，
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r] 以内全为 0 。异或后为 0，等价于相等。因此我们分别把
p
r
e
[
r
]
pre[r]
pre[r] 和
s
u
f
[
l
]
suf[l]
suf[l] 的
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r] 区间子序列哈希下来，
O
(
1
)
O(1)
O(1) 比较。安排一下枚举顺序，处理全部可以达到
O
(
n
2
)
O(n^2)
O(n2) 。
第二个条件，不太好办。但是我们可以发现一个规律：
只要存在两条边
a
−
c
,
b
−
d
a-c~,~b-d
a−c , b−d ，且满足
a
<
b
<
c
<
d
a<b<c<d
a<b<c<d ，那么
a
,
b
,
c
,
d
a,b,c,d
a,b,c,d 一定是连通的。
证明很简单，归纳
b
b
b 和
c
c
c 数字的大小关系，会发现不论如何
a
−
b
a-b
a−b 和
b
−
c
b-c
b−c 中有至少一条边存在。
所以，一段区间
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r] 不满足第二个条件，当且仅当存在一个分界点
i
∈
[
l
,
r
)
i\in [l,r)
i∈[l,r) ，满足点
i
i
i 前面有边，后面有边，但没有边跨过
i
i
i 和
i
+
1
i+1
i+1 的中间线。
我们固定左端点，右端点往右枚举，大力讨论，维护最靠左的一个最大区间
[
L
,
R
]
⊆
[
l
,
r
]
[L,R]\sube [l,r]
[L,R]⊆[l,r] ，满足
[
L
,
R
]
[L,R]
[L,R] 以内都是分界点（暂假设后面都有边）。我们得提前处理出
p
t
[
i
]
[
j
]
pt[i][j]
pt[i][j] ，表示
[
j
,
i
)
[j,i)
[j,i) 以内最靠左的位置，满足与
i
i
i 有边相连，没有则为
+
∞
+\infty
+∞。这个可以
O
(
n
2
)
O(n^2)
O(n2) 预处理。
维护
[
L
,
R
]
[L,R]
[L,R] 讨论如下：当枚举到
r
r
r 时，令
l
f
=
p
t
[
r
]
[
l
]
lf=pt[r][l]
lf=pt[r][l]
- l
f
>
r
lf>r
lf>r ，若区间为空，且前面出现过边，则赋值
[
L
,
R
]
:
=
[
r
−
1
,
r
]
[L,R]:=[r-1,r]
[L,R]:=[r−1,r]，否则如果
R
=
r
−
1
R=r-1
R=r−1 ，则
R
:
=
R
+
1
R:=R+1
R:=R+1 。
l
f
<
r
lf<r
lf<r ，将右端点
R
R
R 尽量左移，
R
:
=
min
(
R
,
l
f
−
1
)
R:=\min(R,lf-1)
R:=min(R,lf−1) ，此时若
L
>
R
L>R
L>R（即区间为空），则赋值
[
L
,
R
]
:
=
[
r
,
r
]
[L,R]:=[r,r]
[L,R]:=[r,r] 。
如果
[
L
,
R
]
[L,R]
[L,R] 为空，或者
R
=
r
R=r
R=r ，则子序列
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r] 满足第二个条件。时间复杂度
O
(
n
2
)
O(n^2)
O(n2) 。
CODE
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 8005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
#define SI(x) set<x>::iterator
#define BI bitset<MAXN>
#define eps (1e-9)
LL read() {
LL f=1,x=0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f*x;
}
void putpos(LL x) {
if(!x) return ;
putpos(x/10); putchar('0'+(x%10));
}
void putnum(LL x) {
if(!x) putchar('0');
else if(x < 0) putchar('-'),putpos(-x);
else putpos(x);
}
const int MOD = 998344353;
const int bt = 23;
int n,m,s,o,k;
int a[MAXN];
BI pre[MAXN],suf[MAXN],f1[MAXN];
int pt[MAXN][MAXN];
int hs[MAXN],po[MAXN];
int main() {
n = read();
po[0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
a[i] = read();
po[i] = po[i-1] *1ll* bt % MOD;
}
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
pt[i][i+1] = n+2;
for(int j = i;j > 0;j --) {
pt[i][j] = pt[i][j+1];
if(a[j] < a[i]) pt[i][j] = j,pre[i][j] = 1;
}
pre[i] ^= pre[i-1];
}
for(int i = n;i > 0;i --) {
for(int j = i;j <= n;j ++) {
if(a[j] > a[i]) {
suf[i][j] = 1;
}
hs[j] = (hs[j] *1ll* bt % MOD + (int)pre[j][i]+2) % MOD;
}
suf[i] ^= suf[i+1];
int has = 0;
for(int j = i;j <= n;j ++) {
(has += ((int)suf[i][j]+2) *1ll* po[j-i] % MOD) %= MOD;
if(has == hs[j]) f1[i][j] = 1;
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
int l = n+3,r = n+2;
for(int j = i;j <= n;j ++) {
int lf = pt[j][i];
if(lf > j) {
if(l > r || (l == i-1 && r != j-1)) l = j-1,r = j;
else if(r == j-1) r = j;
}
else {
r = min(r,lf-1);
if(l > r || l == i-1) l = r = j;
}
if(l > r || r == j || l < i) {
ans += (int)f1[i][j];
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
后记
好家伙，居然是普及组比赛
3:18:51 过 T3，我还有救吗
