CodeForces 955D Scissors
昨晚cf比赛比较颓,今天有心情写题解就不错了qwq
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给定字符串\(a,b,|a|=n,|b|=m\),求是否可以在\(a\)中选\(2\)个长度为\(s\)的不相交子串,使得\(b\)是这\(2\)个串按在\(a\)中的顺序连起来后得到的串的子串,若可以,输出任一选法。
\(2\le m\le 2s\le n\le 5\times 10^5\)。
设从\(a\)中选出的\(2\)个子串为\(a1,a2\)。分\(2\)种情况:
- \(a1\)或\(a2\)完全包含\(b\);
- \(a1\)的一个后缀与\(a2\)的一个前缀组成\(b\)。
第\(1\)种情况比较容易,直接将\(b\)作为模式串匹配\(a\)(这里我用的是z算法(如果聪明的读者还不知道z算法是什么,please点击这个)),匹配成功的位置再分\(2\)种情况:\(a1\)包含\(b\)和\(a2\)包含\(b\)。\(a1\)包含\(b\)的情况考虑贪心地将\(a1\)最左化,好给\(a2\)留位置,最后如果放得下直接输出答案return 0;
;\(a2\)包含\(b\)类似。
第\(2\)种情况,设\(lft_i\)表示满足\(a_{j\sim j+s-1}\)的长度为\(i\)的后缀匹配\(b\)的长度为\(i\)的前缀的最小的\(j\),\(rit_i\)表示满足\(a_{j\sim j+s-1}\)的长度为\(i\)的前缀匹配\(b\)的长度为\(i\)的后缀的最大的\(j\),若没有满足条件的\(j\)则分别为\(\infty,-\infty\)。“最小”和“最大”是基于贪心的思想,与第\(1\)种情况类似,为的是尽可能给另一个子串留位置。这样最后我们可以枚举\(i\in[0,s]\),若\(m-i\in[0,s]\)且\(lft_i+s-1<rit_{m-i}\),则存在答案\((lft_i,rit_{m-i})\)。
下面考虑\(lft\)和\(rit\)数组怎么求。以\(lft\)为栗例,我们令\(c=b+`\text{!'}+a\),对\(c\)跑一遍z算法。\(\forall i\in[1,n]\),考虑若\(a1\)的后缀从第\(i\)位开始,能影响到哪些\(lft_j\)。显然\(j_{\max}=z_{m+1+j}\),因为最多能往后拓展\(z_{m+1+j}\)个字符,满足这个后缀与\(b\)的前缀匹配。\(j_{\min}\)呢?\(j\)越小,即\(a1\)在第\(i\)位后面的字符越少,那么\(a1\)在第\(i\)位前面的字符就越多,多到一定程度就会抵到位置\(1\),所以\(j_{\min}\)是刚好抵到的情况,如果不会抵到就是\(1\)。于是\(j_{\min}=\max(s-(i-1),1)\)。算出影响范围后,我们要去“影响”啊,即令\(\forall j\in[j_{\min},j_{\max}],lft_j=\min(lft_j,i+j-1-s+1)=\min(lft_j,i+j-s)\)。这个可以用线段树维护,差分也可以,虽然都是\(\mathrm o(n\log_2n)\),但差分好写一点。
下面讲具体怎么差分:\(\forall k\in[0,m]\),维护一个添加序列\(add_k\)和删除序列\(del_k\)。对于每次影响,在\(add_{j_{\min}}\)和\(del_{j_{\max}+1}\)里插入\(i-s\)。最后维护一个multiset
\(st\)(初始为\(\{\infty\}\)),从\(i=1\)到\(i=m\)递推,每次将\(add_i\)里的元素insert
进去,将\(del_i\)里的元素erase
掉,*st.begin()+i
就是\(lft_i\)。
\(rit\)数组的求法类似,不同在于\(c=\mathrm{rev}(b)+`\text{!'}+\mathrm{rev}(a)\),访问\(z\)数组时要访问在倒串中的位置,\(j_{\min}=\max(s-(n-i),1),j_{\max}=z_{m+1+rev\_pos(i)}\),影响为\(\forall j\in[j_{\min},j_{\max}],rit_j=\min(rit_j,i-j+1)\),\(st\)初始为\(\{-\infty\}\),每次插入\(i+1\),\(rit_i\)为*--st.end()-i
。
下面贴代码吧:(写不动了)
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define pb push_back const int inf=0x3f3f3f3f; const int n=500000,m=500000; int n/*|a|*/,m/*|b|*/,s/*要选的字串的长度*/,t/*|c|*/; int rev_pos(int pos){return n+1-pos;}//在倒串中的位置 char a[n+5],b[m+5],ra[n+5]/*rev(a)*/,rb[m+5]/*rev(b)*/,c[n+1+m+5]/*b+'!'+a或rb+'!'+ra*/; void con(char str1[],char str2[]){//令c=str1+'!'+str2 t=0; for(int i=1;i<=m;i++)c[++t]=str1[i]; c[++t]='!'; for(int i=1;i<=n;i++)c[++t]=str2[i]; } int z1[n+1+m+1]/*a,b正着的z数组*/,z2[n+1+m+1]/*a,b倒着的z数组*/; void z_init(int z[]){//z算法 int zl=0,zr=0; for(int i=2;i<=t;i++) if(zr<i){ while(i+z[i]<=t&&c[i+z[i]]==c[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]<=t&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++; zl=i;zr=i+z[i]-1; } } int lft[m+1],rit[m+1]; vector<int> dadd[m+1],ddel[n+1];//差分 multiset<int> st; int main(){ cin>>n>>m>>s>>a+1>>b+1; memcpy(ra+1,a+1,n+1);reverse(ra+1,ra+n+1); memcpy(rb+1,b+1,m+1);reverse(rb+1,rb+m+1); con(b,a);z_init(z1); con(rb,ra);z_init(z2); if(s>=m)//第1种情况 for(int i=1;i<=n;i++) if(z1[m+1+i]==m){ int l=max(1,i-(s-m)),r=l+s; if(r+s-1<=n)return cout<<"yes\n"<<l<<" "<<r,0; r=min(n,i+s-1)-s+1;l=r-s; if(l>=1)return cout<<"yes\n"<<l<<" "<<r,0; } //第2种情况 for(int i=1;i<=n;i++){//对lft影响 int l=max(s-(i-1),1),r=z1[m+1+i]; if(l>r)continue; dadd[l].pb(i-s);if(r<m)ddel[r+1].pb(i-s); } st.insert(inf);//初始化 for(int i=1;i<=m;i++){//递推差分求lft for(int j=0;j<dadd[i].size();j++)st.insert(dadd[i][j]); for(int j=0;j<ddel[i].size();j++)st.erase(ddel[i][j]); lft[i]=*st.begin()+i; } for(int i=1;i<=m;i++)dadd[i].clear(),ddel[i].clear();//数据不清空,爆零两行泪 for(int i=1;i<=n;i++){//对rit影响 int l=max(s-(n-i),1),r=z2[m+1+rev_pos(i)]; if(l>r)continue; dadd[l].pb(i+1);if(r<m)ddel[r+1].pb(i+1); } st.clear();st.insert(-inf);//初始化 for(int i=1;i<=m;i++){//递推差分求rit for(int j=0;j<dadd[i].size();j++)st.insert(dadd[i][j]); for(int j=0;j<ddel[i].size();j++)st.erase(ddel[i][j]); rit[i]=*--st.end()-i; } // for(int i=1;i<=m;i++)printf("lft[%d]=%d rit[%d]=%d\n",i,lft[i],i,rit[i]); for(int i=0;i<=s;i++)if(0<=m-i&&m-i<=s) if(lft[i]+s-1<rit[m-i])//不相交 return cout<<"yes\n"<<lft[i]<<" "<<rit[m-i],0; puts("no"); return 0; }
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