题解：CF1984D "a" String Problem

CF1984D 题解

题面

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题意

（翻译没给得很清楚，一开始我还差点错了。）

给定一个字符串 \(s\)，求有多少个子串 \(t\) 满足：

1. \(t\neq\) a。
2. \(s\) 可以由若干个 \(t\) 和若干个 a 组成。
3. 组成 \(s\) 的方法至少要有一个 \(t\)。

数据范围：\(2\leqslant|s|\leqslant2\times10^5\)

思路

观察题目可以敏锐的感觉到 a 是本题中的关键。

首先先考虑特殊情况，全是 a 的情况，这时候由于题目有给 \(t\neq\) a，所以答案就为 \(|s|-1\)，\(t\) 可以是除了 a 以外的所有字符串。

接下来加入非 a 字符。由于 \(s\) 是要可以由若干个 \(t\) 和若干个 a 组成，且至少要有一个 \(t\)，那么就影响到 \(t\) 要包含所有的非 a 字符，且包含得都得一样。

考虑可以记录每一个非 a 字母再远字符串中的位置，这样就可以根据相邻两个非 a 字母的位置的差值知道 a 的分布情况，在此基础上，我们还可以把非 a 字母提取出来作为 \(c\)，长度为 \(cnt\)。

拿着有什么用呢？观察发现，对于每一种有 \(k\) 个非 a 字符的子串 \(t\)，由于若干个 \(t\) 和 a 拼凑可以拼成 \(s\)，所以 \(t\) 里得有等量的非 a 字符，并且每个非 a 字符出现的相对位置一样，即要是不考虑 \(t\) 中的 a，则 \(k\vert cnt\)，于是就可以考虑暴力在 \(c\) 中判断 \(cnt\) 的因数长度的是否可以形成循环节（包括判断其中的 a），然后可以的话累加答案即可。

时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)，可以过。

实现方法

上面思路是讲完了，相信一些高手已经自己尝试做了，接下来就让我讲下我当时想到上面方法后的解法。

首先先不看一个子串前面的 a 和后面的 a，将 \(c\) 提取出来后直接开始枚举 \(cnt\) 的每一个因数。

对于每一个因数，需要判断 \(c\) 能否分成 \(\frac{cnt}{i}\) 个长度为 \(i\) 的相同的子串（要考虑上中间插这的原串的 a），其实这不难，只要一个个枚举 \(c\) 中的每个子串，再判断每个相邻的子串中的字符，以及子串中每个字符间 a 的个数是否相同即可，至于 a 的个数，只要两个非 a 字符的位置相减再减一就可以得到，而每个非 a 的字符也处理好了，所以这很轻松就可以判断，时间复杂度为 \(O(\frac{cnt}{i}\times i)=O(cnt)\)，这是加上枚举因数的 \(O(\sqrt n)\) 是可以接受的。

接下来就是统计答案，这就要考虑上每个提取出来的串前面的和后面的 a 了，首先我们知道对于没有前后的 a 两个子串之间的 a 是共用的（就是要想在前后各加一个 a，则至少每个子串之间要有 \(2\) 个 a），所以我们只要找出子串之间最少的 \(a\) 的个数，统计答案即可，具体以可以根据代码理解，代码中我枚举了后一个子串前面可以带上 a 的个数，再加上对应情况前一个子串后面可以带上 a 的个数的种数，注意要考虑可以不带 a。

于是就写好了，具体看代码吧！

代码

提交记录

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int MN=200005;
ll T,len,cnt,p[MN],ans,b,e,minn;
//len是s的长度，cnt是非a字符的个数，b是第一个非a字符前面的a的个数，e是最后一个非a字符后面的个数，p是统计每个非a字符在原串中的位置 
char s[MN],c[MN];
bool flag,ok;
void write(ll n){if(n>9)write(n/10);putchar(n%10+'0');}
ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
void work(ll k){
	ok=false;minn=2e5;//初始化，由于len<=2e5，所以初始时直接设为2e5 
	for(ll i=2*k; i<=cnt; i+=k) if(!ok) for(int j=i-2*k+1; j<=i-k; j++) if(c[j]!=c[j+k]||(j!=i-2*k+1&&p[j]-p[j-1]!=p[j+k]-p[j+k-1]/*要考虑出第一个以外每个字符中间a的个数是否相同*/)){ok=true;break;}//判断当前长度的子串是否是一个循环节，即每个子串出现的相对顺序是否一样 
	if(!ok){
		b=p[1]-1;e=len-p[cnt];
		for(ll i=k+1; i<=cnt; i+=k) minn=min(minn,p[i]-p[i-1]-1);//统计各个子串中中间包含的a最少的个数 
		if(b+e<=minn) ans+=(b+1)*(e+1);//直接乘法原理，记得有不带a的情况 
		else for(ll i=0; i<=min(b,minn); i++/*枚举后一个字符串前面可以占几个a*/) ans+=min(minn-i,e)+1;//要加上空（不带前面的或者后面的a）的情况 
	} 
}
int main(){
	T=read();while(T--){
		flag=false;cnt=0;ans=0;//初始化 
		scanf("%s",s+1);len=strlen(s+1);
		for(ll i=1; i<=len; i++) if(s[i]!='a') flag=true,p[++cnt]=i,c[cnt]=s[i];
		if(!flag){write(len-1);putchar('\n');continue;}//特判，全是a 
		for(ll i=1; i*i<=cnt; i++) if(cnt%i==0&&i*i!=cnt) work(i),work(cnt/i);else if(i*i==cnt) work(i);//只要枚举因子即可，注意要特殊处理平方根。 
		write(ans);putchar('\n');//记得换行 
	}
	return 0;
}