洛谷-P8932 题解

正文

时间复杂度：\(\mathcal{O}(\lvert S\rvert+q)\)

找规律的题。

我们先来研究三组数据：

• abcd，答案是 2；

• aa，答案是 1；

• ccffab，答案是 2。

以下称将一个子串按题意每个字符双倍的操作为完成。

第一组数据，我们把子串 ab、cd 插入原字符串即可得到 \(T\)，由此我们可以得知：每两个不同字母可以一次完成。

第二组数据，我们把子串 aa 插入原字符串末即可得到 \(T\)，由此，我们得知：多个连续相同字母可以一次完成。

第三组数据是第一组、第二组数据的综合，我们截取子串 ccff、ab 即可，为了表达清楚，在这里先做一个定义：单个最长的由相同字母组成的子串称为一块（第三组数据的块有：cc、ff、a、b），然后我们就可以清晰地说明我们的发现：每两个块（或单个块）可以一次完成。第三组数据中有 4 个块，所以最快只要 \(4\div 2=2\) 次。

由上，我们设每个 \(S\) 由 \(m\) 个块组成，那么答案为 \(\left \lfloor m \div 2\right \rfloor + m\bmod 2\)。

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那静态问题我们解决了，剩下的 \(q\) 次修改怎么办呢？

其实很好办的，比如我们将 aacd 的第 2 个字符修改成 c，即将原字符串变成 accd，我们可以研究一下这个字符串的块的变化：

我们设 \(a\) 为原始字符串的块数，原始字符串有 3 个块（\(a\leftarrow 3\)），修改后我们可以发现，第二个字符和它左边的字符不再构成同一个块，我们可以 \(a\leftarrow a-1\)，即 C++ 中的 a--。我们继续分析，第二个字符改成了 c，和它右边的字符组成了一个块，我们可以 \(a\leftarrow a+1\)，或者说 a++。

设 \(x\) 为一个字符，\(S=\overline{x_1x_2x_3}\)。假设我们要修改 \(x_2\)，我们可以总结出：若原来的 \(x_2\) 和左边的字符（\(x_1\)）构成块，那么 \(a\leftarrow a-1\)，右边的字符（\(x_3\)）同理。然后，若修改后的 \(x_2\) 和左边的字符构成块，那么 \(a\leftarrow a+1\)，右边也同理。

这样，每次修改操作我们就可以以 \(\mathcal{O}(1)\) 解决，每次输出 \(\left \lfloor a \div 2\right \rfloor + a\bmod 2\) 就行。

代码参上：

#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
int q,a,cnt;
char c;
string s;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),
	cin.tie(nullptr);
	cin>>q>>s;
	int k=0,d=s.size();
	s+="#";//方便后续操作，且能防止越界
	while(k<d){//指针法，k为指针，判断一个块，cnt记录s有多少块
		while(s[k+1]==s[k])	k++;
		k++,cnt++;
	}
	cout<<cnt/2+cnt%2<<'\n';
	s="#"+s;//方便后续操作，且能防止越界
	while(q--){//判断相邻的字符是否构成块且更改cnt（当前字符串块数）
		cin>>a>>c;
		if(s[a]==s[a-1])	cnt++;
		if(s[a]==s[a+1])	cnt++;
		s[a]=c;
		if(s[a]==s[a-1])	cnt--;
		if(s[a]==s[a+1])	cnt--;
		cout<<cnt/2+cnt%2<<'\n';
	}
}

完结！！

后附

日志

v1.0 on 2023.01.07: 发布