题解 P8932【[JRKSJ R7] Clock Paradox】

$\text{Link}$

题意

给你一个字符串 $S$，设 $S=\overline{s_1s_2\dots s_n}$。

有一个字符串 $T$，初始时 $T=S$，你可以进行若干次操作，每次操作可以选取 $S$ 一个子串并插入到 $T$ 的任意位置。

你希望经过若干次操作后，$T=\overline{s_1s_1s_2s_2\dots s_ns_n}$，定义 $f(S)$ 为满足此条件所需的最少的操作次数。

此外，字符串 $S$ 还会发生一些改变。具体地，有 $q$ 次修改操作，每次修改操作会给出 $p$ 和 $\texttt{c}$，表示令 $s_p\gets \texttt{c}$。

你需要在最开始和每次修改后求出 $f(S)$ 的值。

$|S|,q\le3\times10^6$。

思路

设 $S$ 的颜色段数为 $x$，一眼看上去，我们可以看出 $f(S)=\lceil\dfrac{x}{2}\rceil$，考虑证明，使用数学归纳法。

对于长度为 $1$ 的字符串，其显然成立。

向 $S$ 后面加入一个字符 $c$，令其为第 $i$ 位。

若 $c$ 等于 $S$ 的最后一个字符，则将进行的最靠右的操作后再加上一个 $c$ 即可。

如 $\texttt{abbbab}$ 最靠右的操作为选取 $\texttt{ab}$ 插入到 $\texttt{a\_b}$ 之间。则 $\texttt{abbbabb}$ 最靠右的操作为选取 $\texttt{abb}$ 插入到 $\texttt{a\_bb}$ 之间。

此类情况答案不变。

否则，若 $S$ 的最靠右的操作只含一种字符，则将进行的最靠右的操作后再加上一个 $c$ 并置于字符串末尾即可。

如 $\texttt{abccc}$ 最靠右的操作为选取 $\texttt{ccc}$ 添加到 $\texttt{ab\_ccc}$ 之间。则 $\texttt{abcccd}$ 最靠右的操作为选取 $\texttt{cccd}$ 插入到 $\texttt{ccc\_d}$ 之间。

此类情况答案不变。

否则，只能选取字符 $c$ 并插入到字符串末尾作为最新的最右端操作。

如 $\texttt{abcd}$ 最靠右的操作为选取 $\texttt{cd}$ 添加到 $\texttt{c\_d}$ 之间。则 $\texttt{abcde}$ 最靠右的操作为选取 $\texttt{e}$ 插入到 $\texttt{e}$ 后面。

如果不这样操作，则 $c$ 被加到之前的操作中，则 $T$ 的最后两个字符为 $S_{i-1}S_i$，不合题意。

此类情况答案加一。

其操作的实质是选取相邻的两个颜色段并将其插入到两段的交点间。

接下来，问题变成了单点修改，全局颜色段数。颜色段数转化为 $S_i\ne S_{i+1}$ 的位置 $i$ 的数量。

考虑修改一个位置，分类讨论新的值与两边的数的关系，旧的值与两边的数的关系，动态维护 $x$ 就好了，可以做到 $O(1)$。

时间复杂度 $O(|S|+q)$。

代码（仅供参考）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace IO{//by cyffff

}
const int N=3e6+10;
int n,q,x;
char s[N];
int main(){
    q=read();
    n=readstr(s);
    for(int i=1,j=1;i<=n;i=j+1){
        while(j+1<=n&&s[j+1]==s[i]) j++;
        x++;
    }
    write(x+1>>1),putc('\n');
    while(q--){
        int a=read();
        char c=getc();
        if(s[a-1]==s[a]&&s[a-1]!=c)
            x++;
        if(s[a+1]==s[a]&&s[a+1]!=c)
            x++;
        if(s[a-1]!=s[a]&&s[a-1]==c)
            x--;
        if(s[a+1]!=s[a]&&s[a+1]==c)
            x--;
        s[a]=c;
        write(x+1>>1),putc('\n');
    } 
    flush();
}

再见 qwq~