【HNOI 2019】JOJO

Problem

Description

JOJO 的奇幻冒险是一部非常火的漫画。漫画中的男主角经常喜欢连续喊很多的「欧拉」或者「木大」。

为了防止字太多挡住漫画内容,现在打算在新的漫画中用 \(x\) 欧拉或者 \(x\) 木大表示有 \(x\) 个欧拉或者木大。

为了简化内容我们现在用字母表示喊出的话。

我们用数字和字母来表示一个串,例如:2 a 3 b 表示的串就是 aabbb

一开始漫画中什么话都没有,接下来你需要依次实现 \(n\) 个操作,总共只有 \(2\) 种操作:

  • 第一种:1 x c:在当前漫画中加入 \(x\)\(c\),表示在当前串末尾加入 \(x\)\(c\) 字符。保证当前串是空串或者串尾字符不是 \(c\)
  • 第二种:2 x:觉得漫画没画好,将漫画还原到第 \(x\) 次操作以后的样子,表示将串复原到第 \(x\) 次操作后的样子,如果 \(x=0\) 则是将串变成空串。如果当前串是 bbaabbb,第 \(4\) 次操作后串是 bb,则 2 4 会使 bbaabbb 变成 bb,保证 \(x\) 小于当前操作数。

众所周知空条承太郎十分聪明,现在迪奥已经被打败了,他开始考虑自己的漫画中的一些问题:

对于一个串的每个前缀 \(A\),都有一个最长的比它短的前缀 \(B\) 与前缀 \(A\) 的一个后缀匹配,设这个最长的前缀 \(B\) 的长度为 \(L\)\(L\)\(0\) 时意味着 \(B\) 是一个空串。

每一次操作后,你都需要将当前的串的所有前缀的 \(L\) 求和并对 \(998244353\) 取模输出告诉空条承太郎,好和他的白金之星算出的答案对比。比如 bbaaabba\(L\) 分别是 \(0, 1, 0, 0, 0, 1, 2, 3\),所以对于这个串的答案就是 \(7\)

Input Format

第一行包括一个正整数 \(n\),表示操作数量。

接下来 \(n\) 行每行包含一个操作,操作格式如题目描述所示,例如:

  • 1 x c

  • 2 x

保证数据合法。

Output Format

仅包含 \(n\) 行,第 \(i\) 行一个整数,表示 \(i\) 个操作之后串的答案。

Sample

Input

11
1 2 a
1 3 b
1 2 a
1 1 b
2 2
1 3 a
1 2 b
2 6
2 5
1 7 a
1 5 c

Output

1
1
4
7
1
6
13
6
1
14
14

Explanation

Explanation for Sample

操作 此时的串 答案(取模后)
\(1\) aa \(0+1=1\)
\(2\) aabbb \(0+1+0+0+0=1\)
\(3\) aabbbaa \(0+1+0+0+0+1+2=4\)
\(4\) aabbbaab \(0+1+0+0+0+1+2+3=7\)
\(5\) aabbb \(0+1+0+0+0=1\)
\(6\) aabbbaaa \(0+1+0+0+0+1+2+2=6\)
\(7\) aabbbaaabb \(0+1+0+0+0+1+2+2+3+4=13\)
\(8\) aabbbaaa \(0+1+0+0+0+1+2+2=6\)
\(9\) aabbb \(0+1+0+0+0=1\)
\(10\) aabbbaaaaaaa \(0+1+0+0+0+1+2+2+2+2+2+2=14\)
\(11\) aabbbaaaaaaaccccc \(0+1+0+0+0+1+2+2+2+2+2+2+0+0+0+0+0=14\)

Range

\(20\%\) 的数据满足 \(n\le 300\),对于每个 \(1\) 操作中的 \(x\le 300\)

另有 \(30\%\) 的数据满足 \(n\le 10^5\),且对于每个 \(1\) 操作中的 \(x=1\)

另有 \(30\%\) 的数据满足 \(n\le 10^5\),且不含 \(2\) 操作;

\(100\%\) 的数据满足 \(n\le 10^5\),且每个 \(1\) 操作中的 \(x\le 10^4\)

Algorithm

\(KMP\)

Mentality

挺神的一道题。

对于每次第一种操作加入的字符,我们将其看作一个整体,可以称其为字段,一个字段拥有字符与长度两种属性。

先考虑一个 \(50\) 分做法(虽然说是 \(50\) 分,但本题数据水,实际上可以 \(A\) 掉):当我们在结尾加入一个字符时,回想一下跳 \(KMP\) 的过程:不断跳前一位的 \(nx\) ,直到当前位置的后一个字符与加入字符相同。

那么由于每次加入的字段都与前面的字符不同,则我们发现,对于一对相同的前后缀,删掉开头结尾的第一个字段,中间的都是完整的字段。那么我们可以将一个字段视作一个新的字符进行 \(KMP\) ,同时特别的,对于第一个字段,我们将所有与它字符相同且长度大于它的字段视作相同字段。

那么每次新加入一个字段,我们只需要不断跳 \(nx\) 并计算答案。

虽然此算法能通过此题,但毕竟复杂度不正确,因为 \(KMP\) 跳数组的 \(O(n)\) 是均摊意义下的,若有回溯操作并刻意构造就能够完美卡掉它。那么考虑令跳 \(KMP\) 的过程复杂度正确。

可以考虑一个平时由于复杂度均摊而完全不会考虑的优化:循环节。对于跳 \(nx\) ,假设当前在位置 \(i\) ,若 \(nx_i < \frac{i}{2}\) ,则跳 \(nx\) 会使长度减少到一半以下。但如果 \(nx_i > \frac{i}{2}\) ,则可能导致长度只会减少一点点,从而复杂度错误。

但是,如果 \(nx_i > \frac{i}{2}\) ,它就会产生至少两个循环节!(譬如 \(ABABA\) 的形式)那么我们只需要加上一个判断:若当前前缀 \(i\) 存在循环节,先判断末尾循环节是否满足要求,然后调试第一个循环节即可。

这样的话每次长度必定缩短一半以上,则跳 \(KMP\) 的复杂度上限优化为每次 \(O(log(n))\) ,总复杂度 \(O(nlogn)\)

Code

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;
const int Max_n = 1e5 + 5, mod = 998244353;
int n;
long long Ans[Max_n];
int f[Max_n], l[Max_n], len[Max_n], sum[Max_n];
char P[Max_n], c[Max_n];
int cntr, hd[Max_n], nx[Max_n], to[Max_n];
void addr(int u, int v) {
  cntr++;
  nx[cntr] = hd[u], to[cntr] = v;
  hd[u] = cntr;
}
void Mod(long long &x) { x %= mod; }
void calc(int x, int L, long long ans) {
  if (len[x]) {
    if (!L) Mod(ans = (len[x] - 1) * len[x] / 2);
    int maxx = 0, now = f[L], lastgap = 0;
    for (int i = f[L]; ~i; i = f[i]) {
      if (P[i + 1] == c[x] && min(l[i + 1], len[x]) > maxx) {
        int tp = maxx;
        maxx = min(l[i + 1], len[x]);
        Mod(ans +=
            1ll * (maxx - tp) * sum[i] + (maxx - tp) * (tp + 1 + maxx) / 2);
      }
      if (i - f[i] == lastgap && i) i = i % lastgap + lastgap;
      lastgap = i - f[i];
    }
    if (c[x] == P[1] && L) Mod(ans += (len[x] - maxx) * l[1]);
    lastgap = 0;
    f[L + 1] = 0;
    for (int i = f[L++]; ~i; i = f[i]) {
      if (P[1] == c[x] && l[1] <= len[x]) f[L] = 1;
      if (P[i + 1] == c[x] && l[i + 1] == len[x]) {
        f[L] = i + 1;
        break;
      }
      if (i - f[i] == lastgap && i) i = i % lastgap + lastgap;
      lastgap = i - f[i];
    }
    P[L] = c[x], sum[L] = sum[L - 1] + (l[L] = len[x]);
  }
  Ans[x] = ans;
  for (int i = hd[x]; i; i = nx[i]) calc(to[i], L, ans);
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("5287.in", "r", stdin);
  freopen("5287.out", "w", stdout);
#endif
  scanf("%d", &n);
  int opt, x;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d%d", &opt, &x);
    if (opt == 2) {
      addr(x, i);
    } else {
      addr(i - 1, i);
      scanf(" %c", &c[i]);
      len[i] = x;
    }
  }
  f[0] = -1;
  calc(0, 0, 0);
  for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld\n", Ans[i]);
}
posted @ 2019-09-01 20:52  洛水·锦依卫  阅读(253)  评论(0编辑  收藏  举报