Atcoder Beginner Contest 258 problem C 题解

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题目大意

给定一个由小写字母构成的字符串\(S\)，有以下两种操作,每个操作输入两个数\(w,x\)：

• 若\(w=1\)，则把\(S\)中的最后一个字符删去，并加到\(S\)的开头，重复\(x\)次；
• 若\(w=2\)，则输出当前\(S\)中的第\(x\)个字符。

样例输入1

3 3
abc
2 2
1 1
2 2

样例输出1

b
a

样例解释1

• 对于第一个操作，\(S\)中第\(2\)个字符为\(b\)；
• 对于第二个操作，进行一次\(1\)操作，\(S\)变为\(cab\)
• 对于第三个操作，\(S\)中第\(2\)个字符为\(a\)。

样例输入2

10 8
dsuccxulnl
2 4
2 7
1 2
2 7
1 1
1 2
1 3
2 5

样例输出2

c
u
c
u

数据范围

• \(2 \leq N \leq 5 \times 10^5\)
• \(1 \leq Q \leq 5 \times 10^5\)
• \(1 \leq x \leq N\)
• $|S| = N $
• \(S\)中的字符均为小写字母
• 至少会有一个操作\(2\)
• \(N,Q,x\)都为整型数

---

解析

对于这个题，我们可以来了解一些string的函数：

• \(S.sunstr(pos,len)\)表示提取出\(S\)中从\(pos\)位置开始长度为\(len\)的字符串；
• \(S.erase(pos,len)\)表示删除\(S\)中从\(pos\)位置开始长度为\(len\)的字符串；

用这两个函数，我们可以写出这道题。不过这两个函数复杂度为\(O(len)\)的，也就是说，总的时间复杂度近似于\(O(Q \times N)\)，自然是不可接受的。(不过本人还是写了，放在下面。)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q;
string s;
int main()
{
	cin>>n>>q;
	cin>>s;
	while(q--){
		int ops,x;
		cin>>ops>>x;
		if(ops==1){
			string ss=s.substr(n-x,x);//取出后x个字符
			s.erase(n-x,x);//删去后x个字符
			ss+=s;//将这x个字符加到串首
			s=ss;//原串
		}
		else cout<<s[x-1]<<endl;//输出
	} 
}

(亲测可过\(6\)个点)

因此，我们要来想一些其他的办法。

不难发现，如果之前没有过删除添加操作的话，那么输出的字符就是从字符串的第一个字符开始数\(x\)个字符。

但是如果进行过删除添加操作，我们可以将字符串看作不动，而把数字符的起点向左移动(若移出了字符串左端则从右端开始继续移)，具体见下图：

因此，本题的时间复杂度便降到了\(O(Q)\)，完美解决。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q;
string s;
int main()
{
	cin>>n>>q;
	cin>>s;
	int f=0; //数字符的起点
	while(q--){
		int ops,x;
		cin>>ops>>x;
		if(ops==1){
			f-=x; 
			f=(f+n)%n; //向左移x个字符，若超出左端则从右端开始继续移
		}
		else {
			int t=f+x; //从f开始数x个
			if(t>n) t-=n; //若超出右端，则从左端开始继续数
			//注意：千万不能写 t%=n，因为如果t恰好等于n，那么模出来t=0，输出的就会是s[-1]，会WA
			cout<<s[t-1]<<endl;
		}
	} 
	return 0;
}

完结撒花~