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CodeForces 1313E Concatenation with intersection

程序员文章站 2023-12-31 16:31:46
"洛谷题目页面传送门" & "CodeForces题目页面传送门" 给定$3$个字符串$a,b,c,|a|=|b|=n,|c|=m$,求满足以下全部条件的有序区间对$([l1,r1],[l2,r2])$的个数: 1. $[l1,r1]\cap[l2,r2]\neq\varnothing$; 1. $ ......

洛谷题目页面传送门 & codeforces题目页面传送门

给定\(3\)个字符串\(a,b,c,|a|=|b|=n,|c|=m\),求满足以下全部条件的有序区间对\(([l1,r1],[l2,r2])\)的个数:

  1. \([l1,r1]\cap[l2,r2]\neq\varnothing\)
  2. \(a_{l1\sim r1}+b_{l2\sim r2}=c\)

\(n\in\left[1,5\times10^5\right],m\in[2,2n]\)

\(c\)\(a,b\)各一个子串拼接而成,不难想到两面夹击——从\(a_{l1}\)往后与\(c\)的前缀匹配、从\(b_{r2}\)往前与\(c\)的后缀匹配。于是我们可以预处理出\(2\)个数组\(lcp:lcp_i=\max\limits_{a_{i\sim i+j-1}=c_{1\sim j}}\{j\},lcs:lcs_i=\max\limits_{b_{i-j+1\sim i}=c_{m-j+1\sim m}}\{j\}\),对\(c+\texttt!+a,c^\mathrm r+\texttt!+b^\mathrm r\)\(2\)个字符串各跑一遍z算法即可。

假设我们已经固定住了\(l1,r2\)。设从\(l1\)往后延伸了\(x\)位,从\(r2\)往前自然就延伸了\(m-x\)位,于是\(r1=l1+x-1,l2=r2-m+x+1\)

考虑满足题目中的条件\(1\)的充要条件。满足条件\(1\)当且仅当\([l1,r1]\cap[l2,r2]=[l1,l1+x-1]\cap[r2-m+x+1,r2]=[\max(l1,r2-m+x+1),\min(l1+x-1,r2)]\neq\varnothing\),即\(\max(l1,r2-m+x+1)\leq\min(l1+x-1,r2)\),即\(\begin{cases}l1\leq l1+x-1\\l1\leq r2\\r2-m+x+1\leq l1+x-1\\r2-m+x+1\leq r2\end{cases}\),即\(\begin{cases}x\in[1,m-1]\\r2\in[l1,l1+m-2]\end{cases}\)

再考虑满足条件\(2\)的充要条件。满足条件\(2\)当且仅当\(\begin{cases}x\leq lcp_{l1}\\m-x\leq lcs_{r2}\end{cases}\),即\(x\in[m-lcs_{r2},lcp_{l1}]\)

综上,若已知\(l1,r2,x\),那么满足题目中的所有条件当且仅当\(\begin{cases}r2\in[l1,l1+m-2]\\x\in[\max(1,m-lcs_{r2}),\min(m-1,lcp_{l1})]\end{cases}\)。显然\(\forall l1\in[1,n],\forall r2\in[l1,\min(n,l1+m-2)]\)\(r2\)对答案贡献为\(\max(1,\min(m-1,lcp_{l1})-\max(1,m-lcs_{r2})+1)\)。这里面有个\(\max\),比较讨厌,我们把它分成\(\min(m-1,lcp_{l1})-\max(1,m-lcs_{r2})+1\geq1\)\(\min(m-1,lcp_{l1})-\max(1,m-lcs_{r2})+1<1\)\(2\)种情况。对于后者,显然贡献为\(0\),无需考虑;对于前者,即\(\max(1,m-lcs_{r2})\leq \min(m-1,lcp_{l1})\),贡献为\(\min(m-1,lcp_{l1})-\max(1,m-lcs_{r2})+1\)

所以答案显然为\(\sum\limits_{l1=1}^n\sum\limits_{r2\in[l1,\min(n,l1+m-2)],\max(1,m-lcs_{r2})\leq\min(m-1,lcp_{l1})}(\min(m-1,lcp_{l1})-\max(1,m-lcs_{r2})+1)\)。由于当\(l1\)单调递增时,\(r2\)所在区间的左端点和右端点也同时单调递增,我们可以用two-pointers维护。不妨在值域上建一个bit,然后从左往右枚举\(l1\),每次添加、删除各\(0\sim1\)\(\max(1,m-lcs_{r2})\)。答案中的求和式可以分成分别关于\(l1,r2\)\(2\)部分\(\min(m-1,lcp_{l1})+1,-\max(1,m-lcs_{r2})\),对\(2\)部分分别求和,显然bit不仅要实现值域上的区间求和,还要实现值域上的区间计数。枚举到每个\(l1\),设添加、删除完\(\max(1,m-lcs_{r2})\)后,值域上的区间\([1,\min(m-1,lcp_{l1})]\)内求和的结果为\(sum\),计数的结果为\(cnt\),则对答案的贡献是\(cnt\cdot(\min(m-1,lcp_{l1})+1)+sum\)。哦对了,别忘了在\(l1=1\)的时候把\(\forall r2\in[1,\min(n,m-1)],\max(1,m-lcs_{r2})\)全部添加到bit里哦!

\(\forall r2\in[1,n]\)\(\max(1,m-lcs_{r2})\)最多会被添加、删除各\(1\)次,每次\(\mathrm o(\log_2m)\),所以复杂度\(\mathrm o(n\log_2m)\)。再加上之前\(\mathrm o(n+m)\)的z算法,总复杂度\(\mathrm o(m+n\log_2m)\)

上代码!

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long//答案会爆int 
int lowbit(int x){return x&-x;} 
const int n=500000,m=1000000;
int n/*|a|=|b|*/,m/*|c|*/; 
char a[n+5],b[n+5],c[m+5];//3个字符串 
int lcp[n+1],lcs[n+1];//lcp[i],lcs[i]各表示从a,b的第i位开始向后、向前最多能与c的前缀、后缀匹配的位数 
int s;//|d|
char d[n+m+5];//临时字符串 
void con(char x[],char y[]){//令d=x+'!'+y 
    s=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)d[++s]=x[i];
    d[++s]='!';
    for(int i=1;i<=n;i++)d[++s]=y[i];
}
int z[n+m+2];//z数组 
void z_init(){//z算法 
    z[1]=s;
    int zl=0,zr=0;
    for(int i=2;i<=s;i++)
        if(zr<i){
            z[i]=0;
            while(i+z[i]<=s&&d[i+z[i]]==d[1+z[i]])z[i]++;
            if(z[i])zl=i,zr=i+z[i]-1;
        }
        else if(i+z[i-zl+1]<=zr)z[i]=z[i-zl+1];
        else{
            z[i]=zr-i+1;
            while(i+z[i]<=s&&d[i+z[i]]==d[1+z[i]])z[i]++;
            zl=i;zr=i+z[i]-1;
        }
}
struct bitree{//bit 
    int sum[m+1]/*和*/,cnt[m+1]/*计数*/;
    void init(){
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    }
    void add(int v){//添加 
        int x=v;
        while(x<=n)sum[x]-=v,cnt[x]++,x+=lowbit(x);
    }
    void del(int v){//删除 
        int x=v;
        while(x<=n)sum[x]+=v,cnt[x]--,x+=lowbit(x);
    }
    int sum(int x){//求前缀和 
        int res=0;
        while(x)res+=sum[x],x-=lowbit(x);
        return res;
    }
    int cnt(int x){//求前缀计数 
        int res=0;
        while(x)res+=cnt[x],x-=lowbit(x);
        return res;
    }
}bit;
signed main(){
    scanf("%lld%lld%s%s%s",&n,&m,a+1,b+1,c+1);
    con(c,a);
    z_init();
    for(int i=1;i<=n;i++)lcp[i]=z[m+1+i];//求lcp 
    reverse(b+1,b+n+1);reverse(c+1,c+m+1);con(c,b);
    z_init();
    for(int i=1;i<=n;i++)lcs[i]=z[m+1+(n-i+1)];//求lcs 
//  for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld %lld\n",lcp[i],lcs[i]);
    int ans=0;
    bit.init();
    for(int i=1;i<=min(n,m-1);i++)bit.add(max(1ll,m-lcs[i]));//在l1=1时预先添加r2 in [1,min(n,m-1)]
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i>1)bit.del(max(1ll,m-lcs[i-1]))/*删除r2=i-1*/,i+m-2<=n&&(bit.add(max(1ll,m-lcs[i+m-2])),0)/*添加r2=i+m-2*/;
        ans+=(min(m-1,lcp[i])+1)*bit.cnt(min(m-1,lcp[i]))+bit.sum(min(m-1,lcp[i]));//贡献答案 
//      cout<<ans<<"\n";
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

最后说句闲话,你们知道为什么这题难度这么高吗?

因为这场比赛的d非常难

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