子串计数问题

Posted 2023-02-14 桂月二四

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了子串计数问题相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

定义

子串的定义：将一个字符串从开头与结尾删去任意字符，形成新的字符串，称为原字符串的子串。
子序列的定义：将一个字符串删去任意字符，形成新的字符串，称为原字符串的子序列。
区别就是:子串在原串中是连续的，子序列不一定。

子串计数问题，一般是给定一个字符串，求满足条件的子串的个数。

一般解题方法

遍历该字符串中的每个字符(for(i=1;i<=n;i++))，不重不漏的计算出以该字符为开头的方案数。答案就是每个字符答案的累加。

关键在于不重不漏的算出包含该字符的方案数

例题1:01序列

链接
解法1：考虑上面的一般解题方法，按照这种思路，我们只需要计算每一位为开头，满足要求的子串个数。对于每个字符，我们记从当前字符开始，恰好出现k个1的最前位置为l，恰好出现k个1的最后位置为r，那么答案就是r-l+1，实际上，l和r是可以通过二分的到的。我们对每个字符都这样进行计算，即可得到答案。注意特判k=0。
复杂度:O(nlogn)
代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
#define pb push_back
#define debug(x) cerr<<#x<<'='<<x<<'\\n' 
#define debugg(x,y) cerr<<#x<<'='<<x<<','<<#y<<'='<<y<<'\\n' 
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b),a##_end=(c);a<=a##_end;++a)
#define ROF(a,b,c) for(int a=(b),a##_end=(c);a>=a##_end;--a)
#define FASTIO() cin.sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define rvs(s) reverse(s.begin(),s.end())
#define all(s) s.begin(),s.end()
#define sz(s) (int)(s.size())
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 1000010 ,M = 1000010,mod = 998244353,_=0;const double eps = 1e-9;
template<typename T>inline bool chkmin(T &x,const T &y)return y<x?x=y,1:0;
template<typename T>inline bool chkmax(T &x,const T &y)return x<y?x=y,1:0;
template <typename T> void inline read(T &x) 
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9')  if (s == '-') f = -1; s = getchar(); 
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;

int n,m,k;
int sum[N];
char s[N];
signed main()

    read(k);
    scanf("%s",s+1);
    n = strlen(s+1);
    if(k==0)
    
        ll now = 0,ans = 0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        
            if(s[i]=='0')
                ++now;
            else
                ans = ans+(now+1)*now/2;
                now = 0;
            
        
        ans += (now+1)*now/2;
        cout<<ans;
        return 0;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i] = sum[i-1]+(s[i]=='1');
    ll ans = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        int l = i,r = n;
        while(l<r)
        
            int mid = l+r >>1 ;
            if(sum[mid]-sum[i-1]>=k) r = mid;
            else l = mid+1;
        
        if(sum[l]-sum[i-1]!=k) break;
        int pos = l;
        l = i,r = n;
        while(l<r)
        
            int mid = l+r+1 >>1;
            if(sum[mid]-sum[i-1]<=k) l = mid;
            else r = mid-1;
        
        ans+=l-pos+1;
    
    cout<<ans;
    return ~~(0 ^ _ ^ 0);

解法2: 其实本题不用上面的方法也可以做。对于两个中间‘1’个数恰好为k个的1，我们只需要计算一下这两个1前后0的个数，然后二者相乘即可。因此我们只需枚举两个中间‘1’个数恰好为k个的1，所得答案相加即可。
复杂度O(n)
代码：（写的有点复杂，特判有点多，写的好的话是可以写比较短的）

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
#define pb push_back
#define debug(x) cerr<<#x<<'='<<x<<'\\n' 
#define debugg(x,y) cerr<<#x<<'='<<x<<','<<#y<<'='<<y<<'\\n' 
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b),a##_end=(c);a<=a##_end;++a)
#define ROF(a,b,c) for(int a=(b),a##_end=(c);a>=a##_end;--a)
#define FASTIO() cin.sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define rvs(s) reverse(s.begin(),s.end())
#define all(s) s.begin(),s.end()
#define sz(s) (int)(s.size())
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 1000010 ,M = 1000010,mod = 998244353;const double eps = 1e-9;
template<typename T>inline bool chkmin(T &x,const T &y)return y<x?x=y,1:0;
template<typename T>inline bool chkmax(T &x,const T &y)return x<y?x=y,1:0;
template <typename T> void inline read(T &x) 
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9')  if (s == '-') f = -1; s = getchar(); 
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;

int n,m,k;
int a[N];
char s[N];
int last[N],ne[N];
signed main()

    read(k);
    scanf("%s",s+1);
    n = strlen(s+1);
    ll ans = 0;
    if(k==0)
    
        ll now = 0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        
            if(s[i]=='0')
                ++now;
            else
                ans = ans+(now+1)*now/2;
                now = 0;
            
        
        ans += (now+1)*now/2;
        cout<<ans;
        return 0;
    
    for(int i=n,j=n+1;i>=1;i--)
    
        ne[i] = j;
        if(s[i]=='1') j = i;
    
    for(int i=1,j=0;i<=n;i++)
    
        last[i] = j;
        if(s[i]=='1') j = i;
    
    int be = -1,ed = -1,now = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        if(s[i]=='1')
            ++now;
            if(be==-1) be = i;
            if(now==k)
                ed = i;
                break;
            
        
    
    if(ed==-1) 
        puts("0");
        return 0;
    
    for(int i = be,j=ed;j<=n;)
    
        ans = ans+(i-last[i])*(ne[j]-j);
        i = ne[i],j = ne[j];
    
    cout<<ans;
    return 0;

我们主要讲第一种解法的应用，第二种解法的复杂度虽然低，但是写起来可能需要注意很多边界条件，出错的概率较大

题目2:R

链接
题解：继续使用上述一般解题方法的思路，我们依次考虑每个字符为开头的答案。发现本题比上一题还要简单，我们只要二分出从当前字母开始，字母R个数大于等于k的最前位置l，预处理出当前字母后面最接近的字母P的位置为r。答案即为max(0,r-l+1)
代码

#include <bits/stdc++.h>
#include<ext/rope>
#define pb push_back
#define debug(x) cerr<<#x<<'='<<x<<'\\n'
#define debugg(x,y) cerr<<#x<<'='<<x<<','<<#y<<'='<<y<<'\\n' 
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b),a##_end=(c);a<=a##_end;++a)
#define ROF(a,b,c) for(int a=(b),a##_end=(c);a>=a##_end;--a)
#define FASTIO() cin.sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
using namespace std;
using namespace __gnu_cxx;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 200010 ,M = 1000010,mod = 998244353;const double eps = 1e-9;
ll qmi(ll,ll);
template<typename T>inline bool chkmin(T &x,const T &y)return y<x?x=y,1:0;
template<typename T>inline bool chkmax(T &x,const T &y)return x<y?x=y,1:0;
template <typename T> void inline read(T &x) 
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9')  if (s == '-') f = -1; s = getchar(); 
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;

char s[N];
int p[N];
ll sum[N];
int ne[N];
int n,k;
signed main()

	cin>>n>>k;
	scanf("%s",s+1);
	p[n+1] = n+1;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	
		p[i] = p[i+1];
		if(s[i]=='P')
			p[i] = i;
	
	ll ans = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	
		sum[i] = sum[i-1];
		if(s[i]=='R') ++sum[i];
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	
		if(sum[n]-sum[i-1]<k) 
			ne[i] = 0;
			break;
		
		int l = i,r = n;
		while(l<r)
		
			int mid = l+r>>1;
			if(sum[mid]-sum[i-1]>=k) r = mid;
			else l = mid+1;
		
		ne[i] = l;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	
		if(ne[i]==0) break;
		int maxd = p[i]-1;
		ans+=max(0ll,maxd-ne[i]+1);
	
	cout<<ans;
    return 0;


ll qmi(ll a,ll b) ll res=1;a%=mod;  for(;b;b>>=1)if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;return res;

题目3:子串分值和

链接

题解：前两题计算的是符合要求的子串的个数，这题要求每个子串的权值和。其实方法类似。我们继续使用上述一般解题方法的思路，计算每个字符为开头的答案。如果进行暴力，肯定会t。但是注意到，每个子串的答案都是1-26(最多26个字符)，也就是说，固定第一个字符，右边界慢慢变大，答案必然递增，且最多上升26次。
不难想到，我们可以预处理出每个位置的下一个(‘a’-‘z’)出现的位置，看不懂这句话可以看这段代码

memset(a,-1,sizeof a);
for(int i=n;i>=1;i--)
    
        a[s[i]-'a'] = i;
        for(int j=0;j<26;j++)
            ne[i][j] = a[j];

当我们计算时，对于每一个字符，假设其位置是i。我们只需要把ne[i] 中不是-1的值取出并且排序，只有当右边界的下标等于ne[i]中的值时答案才会上升。
复杂度O(26n)

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
#define pb push_back
#define debug(x) cerr<<#x<<'='<<x<<'\\n' 
#define debugg(x,y) cerr<<#x<<'='<<x<<','<<#y<<'='<<y<<'\\n' 
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b),a##_end=(c);a<=a##_end;++a)
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