OI集训 Day21

Content：字符串算法进阶
Date：2025.8.6

Luogu-P13270 最小表示法

题意

给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\)，求 \(s\) 的最小表示法。

思路

首先如果暴力的话，复杂度是 \(O(n^2)\) 的，但是我们发现如果我们当前已经发现了一个最小表示法，我们想要找到一个比这个还小的表示法，那么一定存在一个位置，使得这个位置上的字符不相等，根据这个就可以把复杂度优化到 \(O(n)\)。

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Luogu-P5357 AC自动机

题意

给定一个字符串 \(s\) 和 \(n\) 个模式串 \(t_i\)，求每个模式串在字符串 \(s\) 中的出现次数。

思路

首先我们可以对 \(s\) 建一个 AC 自动机，然后统计每个模式串在这个 AC 自动机的字典树上经过了那些节点，然后打标记。再建出 Fail 树，然后在 Fail 树上对标记求和。

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模拟题 - 嗑瓜子

题意

有一个人在嗑 \(n\) 个瓜子，每次在瓜子中等概率拿出一个，有以下两种情况：

1. 如果拿出的是瓜子，则吃掉，并把壳扔回瓜子中。
2. 如果拿出的是壳，则将其丢弃。
   求他吃掉所有瓜子的期望。

思路

定义 \(dp_{i,j}\) 表示有 \(i\) 个瓜子和 \(j\) 个壳的期望。根据题意写出转移即可。

Important：注意空间，因为 \(j_{max}\) 可以达到 \(2 \times n\)，所以第二维要开到两倍。

Code

#include <iostream>
#define OnlineJudge

using std::cin;
using std::cout;

constexpr int MOD = 998244353;
constexpr int N = 5005;    // ! 注意两倍空间
long long dp[N][N];

long long QuickPow(long long base, long long pow) {
    long long result = 1;
    while (pow) {
        if (pow & 1) result = result * base % MOD;
        base = base * base % MOD;
        pow >>= 1;
    }
    return result;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    
    int n;
    cin >> n;
    
    dp[n][0] = 1;
    
    for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        for (int j = (n - i) * 2; j >= (i == 0 ? 2 : 0); j--) {
            if (i == 0) {
                dp[i][j] = QuickPow(j - 1, MOD - 2) * dp[i + 1][j - 2] % MOD;
            } else {
                if (j < 2) {
                    dp[i][j] = (j + 1) * QuickPow(i + j + 1, MOD - 2) % MOD * dp[i][j + 1] % MOD;
                } else if (j == (n - i) * 2) {
                    dp[i][j] = (i + 1) * QuickPow(i + j - 1, MOD - 2) % MOD * dp[i + 1][j - 2] % MOD;
                } else {
                    dp[i][j] = ((i + 1) * QuickPow(i + j - 1, MOD - 2) % MOD * dp[i + 1][j - 2] % MOD + (j + 1) * QuickPow(i + j + 1, MOD - 2) % MOD * dp[i][j + 1] % MOD) % MOD;
                }
            }
        }
    }
    
    #ifndef OnlineJudge
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= 2 * (n - i); j++) {
            cout << dp[i][j] << ' ';
        }
        cout << '\n';
    }
    #endif
    
    long long answer = 0;
    for (int i = 1; i <= n * 2; i++) {
        answer = (answer + (3 * n - i) * dp[0][i] % MOD) % MOD;
    }
    
    cout << answer << '\n';
    
    return 0;
}