CF1398F

Solution

我又來貢獻暴力做法了。。。聽說兩只log不可能過1e6?

有一個顯然的想法是：

我們先預處理一個$a_i$表示第$i$個位置的最長后綴長度，滿足該后綴中不同時存在0和1。

假設我們要求$x=i$的答案，那么一個位置$j$可以作為一輪的結束點當且僅當$a_j\ge i$，而一個結束位置序列$p_1<p_2<...<p_k$合法當且僅當每一個$p_j$都是合法結束點并且相鄰兩個元素的差至少為$i$（保證不重合）。

因此我們會貪心地從第一個滿足$a_j\ge i$的$j$開始，每次找一個最小的$j^{\prime }$，滿足$j^{\prime }\ge j+i$且$a_{j^{\prime }}\ge i$，然后從$j$跳到$j^{\prime }$，最終的答案就是跳的步數。

這顯然可以直接對$a_i$建區間線段樹，維護區間內的$max$，線段樹上二分求出$j^{\prime }$。

這個方法的時間復雜度為$O(\sum an{s}_i\log n)$，而$an{s}_i\le ?\frac{n}{i}?$，因此總時間復雜度$O(n\ln n\log n)$，注意常數即可。

（PS：別用偷懶用set維護，常數起飛，實測接近線段樹的三倍）。

Code

char st[MAXN]; int mx[MAXN << 2], a[MAXN]; void build(int x, int l, int r) {if (l == r) { mx[x] = a[l]; return; }int mid = (l + r) >> 1;build(x << 1, l, mid);build(x << 1 | 1, mid + 1, r);mx[x] = max(mx[x << 1], mx[x << 1 | 1]); } int query(int x, int l, int r, int L, int y) {if (mx[x] < y) return -1;if (l == r) return l;int mid = (l + r) >> 1;if (L > mid) return query(x << 1 | 1, mid + 1, r, L, y);else {int t = query(x << 1, l, mid, L, y);if (t != -1) return t;return query(x << 1 | 1, mid + 1, r, mid + 1, y);} } signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in", "r", stdin); #endifint n, cnt0 = 0, cnt1 = 0;read(n), reads(st);for (int i = 1, l = 1; i <= n ; ++ i) {auto add = [&](char x, int y) {if (x == '0') cnt0 += y; if (x == '1') cnt1 += y;};add(st[i], 1);while (cnt0 && cnt1) add(st[l ++], -1);a[i] = i - l + 1;}build(1, 1, n);for (int i = 1; i <= n ; ++ i) {int cnt = 0, r = 1;for (; r <= n ;) {r = query(1, 1, n, r, i);if (r == -1) break;r += i;++ cnt;}print(cnt), putc(' ');}return 0; }

Update 4.5 23:30

上面的代碼跑了$1890ms$，我們覺得它不夠優秀，于是冷靜分析一下它慢在哪里，發現全1的數據就可以把它卡滿，這是為什么呢？這是因為我們在長長的沒有0的段里面做了很多次query，這其實是不必要的，我們同樣可以預處理以每個位置開始的最長段。這樣就可以$O(1)$計算整個段的貢獻。

我們提交后發現它只跑了$249ms$！

理性分析一下它的時間復雜度，相當于整個序列被01分割為若干段，跳到一個段就可以$O(1)$計算答案并且$O(\log n)$跳到下一個段，這樣每一段會有$O(len)$次貢獻（因為每一個長度大于$i$的段才可能產生貢獻），每次貢獻為$O(\log n)$，因此總時間復雜度為$O(n\log n)$！

Updated code

//線段樹部分同上 signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in", "r", stdin); #endifint n, cnt0 = 0, cnt1 = 0;read(n), reads(st);for (int i = 1, l = 1; i <= n ; ++ i) {auto add = [&](char x, int y) {if (x == '0') cnt0 += y; if (x == '1') cnt1 += y;};add(st[i], 1);while (cnt0 && cnt1) add(st[l ++], -1);a[i] = i - l + 1;}cnt0 = 0, cnt1 = 0;for (int i = n, r = n; i >= 1 ; -- i) {auto add = [&](char x, int y) {if (x == '0') cnt0 += y; if (x == '1') cnt1 += y;};add(st[i], 1);while (cnt0 && cnt1) add(st[r --], -1);b[i] = r - i;}build(1, 1, n);for (int i = 1; i <= n ; ++ i) {int cnt = 0, r = 1;for (; r <= n ;) {r = query(1, 1, n, r, i);if (r == -1) break;int p = b[r] / i;cnt += p + 1, r += i * (p + 1);}print(cnt), putc(' ');}return 0; } 創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

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