洛谷 P5640 【CSGRound2】逐梦者的初心
洛谷 P5640 【CSGRound2】逐梦者的初心
题目背景
注意：本题时限修改至250ms，并且数据进行大幅度加强。本题强制开启O2优化，并且不再重测，请大家自己重新提交。
由于Y校的老师非常毒瘤，要求zhouwc在csp考前最后3天参加期中考，zhouwc非常生气，决定消极考试，以涂完卡但全错为目标。现在retcarizy看zhouwc太可怜了，想要帮zhouwc解决一个问题，但他自己又太忙了，咕咕咕，于是就把问题甩给了你。
题目描述
给你一个长度为n的字符串S。
有m个操作，保证m\le nm≤n。
你还有一个字符串T，刚开始为空。
共有两种操作。
第一种操作：
在字符串T的末尾加上一个字符。
第二种操作：
在字符串T的开头加上一个字符。
每次操作完成后要求输出有几个l \in [1,T.size]l∈[1,T.siz**e]满足以下条件：
对于\forall i \in [1,l]∀i∈[1,l]有T_{T.size-l+i} \ne S_{i}T**T.siz**e−l+i=S**i
Tip:Tip:字符串下标从1开始。T.sizeT.siz**e表示T的长度。
输入格式
第一行两个正整数n,mn,m。
第二行n个正整数，用空格隔开，第ii个整数表示S_iS**i。
接下来mm行，每行两个数字opt,chopt,c**h，opt=0opt=0表示在T的末尾加一个字符chc**h,opt=1opt=1表示在T的开头加一个字符chc**h。
输出格式
共mm行，每行一个非负整数表示第m操作后的输出。
输入输出样例
输入 #1复制
输出 #1复制
说明/提示
注意：本题采用捆绑测试，只有当你通过一个subtask的所有点后，你才能拿到这个subtask的分数
对于所有的数据 n \leq 10^6,m \leq 3.3333 \times 104,|\sum|\leq103,S_i \in [1,|\sum|]n≤106,m≤3.3333×104,∣∑∣≤103,S**i∈[1,∣∑∣]。(\sum∑表示字符集)
subtask1(17%)(17%):m \leq 333m≤333
subtask2(33%)(33%):m \leq 3333m≤3333
subtask3(20%)(20%)😐\sum|\leq2∣∑∣≤2
subtask4(30%)(30%):无特殊条件
样例解释：
第一次操作后，T="1"T="1",
l=1l=1时T[1]=S[1]T[1]=S[1]，所以答案为0
第二次操作后，T="21"T="21",
l=1l=1时，T[2]=S[1]T[2]=S[1]
l=2l=2时，T[1]!=S[1]T[1]!=S[1],T[2]!=S[2]T[2]!=S[2]所以答案为1
第三次操作后，T="213"T="213",
l=1l=1时，T[3]!=S[1]T[3]!=S[1];
l=2l=2时，T[2]=S[1]T[2]=S[1];
l=3l=3时，T[3]=S[3]T[3]=S[3]所以答案为1
题解：
在考场上一开始发现这道题是道绿题，但是自己却没什么成形的思路，顿觉一身冷汗...不说匹配，就前面的那个在头尾加入字符串我就有些束手无策的感觉。果然还是蒟蒻太菜了。
越到这种时候越要冷静。（哈哈哈）在我冷静之后一段时间内，我灵光乍现（前一段时间刚总结完STL，详情请见下面的博客：）
发现在头尾加元素可以用deque这种容器来实现。（哇哈哈哈哈哈）而且deque还是STL中为数不多支持随机访问的容器，简直不要太好用！
考场思路一开始的思路是暴力枚举匹配。
期望50分，但只能拿17pts.
代码：
#include<cstdio>
#include<deque>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int n,m,tot,flag;
char *p1,*p2,buf[100000];
#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=nc();
while(ch<48){if(ch=='-')f=-1;ch=nc();}
while(ch>47) x=(((x<<2)+x)<<1)+ch-48,ch=nc();
return x*f;
}
int s[maxn];
deque<int> q;
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=0;i<n;i++)
s[i]=read();
while(m--)
{
tot=0;
int opt=read();
int ch=read();
if(!opt)
q.push_back(ch);
else
q.push_front(ch);
for(int i=0;i<q.size();i++)
{
flag=0;
for(int j=0;j<=i;j++)
if(q[q.size()-i+j-1]==s[j])
{
flag=1;
break;
}
if(!flag)
tot++;
}
printf("%d\n",tot);
}
return 0;
}
我的脚步就到此为止了么？不可能！然后我就深入地想了一下，并且在原暴力的基础上进行了一些优化。但是暴力优化并没有起到太大的效果。那么就一定是思路的问题。于是我又重新思考了一下。我的思路是这样的：
既然时间不允许每次都暴力匹配，而匹配过程还不能进行优化，那么最终的正解不可能是每次都匹配。一定有什么玄妙的规律。
于是我在草纸上随便画了画...
（这里插一嘴，我在写题解的时候注重对思路历程的剖析。也就是不止讲怎么做是对的，还要讲如果是一道新题，怎么想才能想到正解。但是有些细节真的很难口述明白，比如草纸画图这种东西，恳请读者见谅并自己老老实实拿张草纸边看题解边模拟。这样事半功倍。）
发现，每一道题答案是否合法是可以通过之前的答案转移过来的。
具体一点就是，当元素往前面插，那么插入之前的老数列的答案是不会被影响的。只需要扫描一遍这个新数列和给定的数列\(S\)是否是全部不等的，如果是的话就说明有了一个合法答案。
当元素往后面插的时候，就会影响之前的老数列的答案。也就是说，需要一一匹配前面合法的答案是否还能保持合法性。
思路是对的，但是代码不会写了，考试剩下的两个小时全都在尝试着实现这个思路，但是失败了。
于是最终还是17分。
看了和我思路相似的题解，我才恍然大悟。因为向后插入的时候需要匹配前面所有的合法答案。那么怎么知道前面都有哪些答案合法呢？很简单，再开一个\(vector\)存一下就可以了。
大约是这样：
#include<cstdio>
#include<deque>
#include<vector>
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int n,m;
int s[maxn];
bool flag;
char *p1,*p2,buf[100000];
#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=nc();
while(ch<48){if(ch=='-')f=-1;ch=nc();}
while(ch>47) x=(((x<<2)+x)<<1)+ch-48,ch=nc();
return x*f;
}
deque<int> q;
vector<int> vec;
vector<int>::iterator it;
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=0;i<n;i++)
s[i]=read();
while(m--)
{
int opt=read();
int x=read();
if(opt)
{
q.push_front(x);
flag=0;
for(int i=0;i<q.size();i++)
if(q[i]==s[i])
{
flag=1;
break;
}
if(!flag)
vec.push_back(q.size());
}
else
{
q.push_back(x);
it=vec.begin();
while(it!=vec.end())
{
(*it)++;
if(s[*it-1]==x)
vec.erase(it);
else
++it;
}
if(s[0]!=x)
vec.push_back(1);
}
printf("%d\n",vec.size());
}
return 0;
}
本来这样的话开一开\(O2\)就过了。但是出题人又改了数据、压了时限，于是这个思路变成了\(70\)分代码。
那么我们看一下正解：
每个位子和每种字符都是独立的，对每种字符都记录一下位子。
用\(f[i]=0 \,\,\,or\,\,\,1\)表示长度为\(i\)的后缀可不可以，0表示可以，1表示不行。
考虑\(f\)只有\(0\)和\(1\)，可以用\(bitset\)优化，对每种字符都开一个\(bitset\)记录是不是该字符。
在末尾加一个字符时，左移后做\(or\)运算。
在开头加一个字符时，直接\(or\)上该字符出现的状态左移长度减一位。
答案就是范围内\(0\)的个数。
于是传说中的双端队列变成了bitset......
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