CF585F Digits of Number Pi

Posted 2021-02-19 clever-sheep

题意：

codeforces链接

给定长度为 (n) 的数字串 (s) 和长度为 (d) 的不含前导零的数字串 (x,y(x le y))。

求存在长度至少为 (leftlfloorfrac{d}{2} ight floor) 的子串是 (s) 的子串的数字串 (t in [x,y]) 的数量。

(n le 10^3)，(d le 50)，答案对 (10^9+7) 取模。

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算一道挺难的题，质量也不错，适合练码力。

怎么表示一个长度为 (frac d2) 的串在s中出现，我们发现s长度并不是很大，1000，我们把s中所有长度大于等于 (frac d2) 的串一起建立一个AC自动机，然后发现只需要把长度等于 (frac d2) 的建AC自动机就好了，因为包含长度大于 (frac d2) 的串也就肯定包含等于 (frac d2) 的串。

然后把每个串的末尾点和该点fail子树上所有点打上标记，表示如果走到这个点，就能包含一个长度为 (frac d2) 的子串。

关于 (fail) 树的意义不想在这里讲了qwq，如果不了解的话可以去康康别的博客。

AC自动机建好之后，我们将所有的串在这上面跑，能走到打标记的点的串就是可以匹配的串。但是虽然一个匹配串长度只有不到50，但是数量太多了！我们要统计所有属于 ([x,y]) 的数字串，所以我们还得套一个数位dp。

定义 (f[i][j][0/1][0/1]) 表示枚举到数字第 (i) 位（从高位开始），现在在AC自动机上的哪个位置，是否卡上界，是否已经匹配，的方案数。最后统计答案就是将所有枚举到第 (d) 位的，在任意位置的，卡不卡上界都行的，已经匹配了的，方案数加起来。

跑两次数位dp记得清空数组，初始状态为 (f[0][0][1][0]=1) ，就是还没有放数字，在根节点，卡上界（一开始肯定要卡的，不然后面放飞了），没有匹配（没有空串肯定没有匹配）。

转移思路和其他的数位dp一样，这里AC自动机可以方便地进行位置上的转移，代码细节很多，要仔细一点,要么根本没法调。我们将转移按 “数字是否超上界或等于上界”，“是否已经匹配”来分成六类，每类分别进行不同的转移，调试可能也好调一些吧。

放代码的话我把模数去掉了，不然有点乱。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define F f[i-1][j]
using namespace std;
const int N=101010;
const int p=1000000007;

int n,m,d;
int a[53];
char s[N],z1[53],z2[53];
int ch[N][10],ed[N],fa[N],cnt,now;
ll f[53][25678][2][2];
vector <int> e[N];
queue <int> q;

void DFS(int u,bool flag) {
	if(ed[u]) flag = 1;
	if(flag) ed[u] = 1;
	for(int i=0;i<e[u].size();i++) DFS(e[u][i],flag);
}

void AC() {
	n = strlen(s+1);
	for(int i=1;i+d/2-1<=n;i++) {
		now = 0;
		for(int j=i;j<=i+d/2-1;j++) {
			int c = s[j] - ‘0‘;
			if(!ch[now][c]) ch[now][c] = ++cnt;
			now = ch[now][c];
		}
		ed[now] = 1;
	}
	for(int i=0;i<10;i++) if(ch[0][i]) q.push(ch[0][i]);
	while(!q.empty()) {
		int u = q.front(); q.pop();
		for(int i=0;i<10;i++) {
			int v = ch[u][i];
			if(v) {
				fa[v] = ch[ fa[u] ][i];
				q.push(v);
			}
			else ch[u][i] = ch[ fa[u] ][i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++) e[ fa[i] ].push_back(i);
	DFS(0,0);
}

int query() {
	ll ans = 0;
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[0][0][1][0] = 1;
	for(int i=1;i<=d;i++) {
		for(int j=0;j<=cnt;j++) {
			for(int k=0;k<10;k++) {
				int v = ch[j][k];
				if(k<a[i]) {
					if(ed[v]) {
						f[i][v][0][1] += F[1][1] + F[0][1] + F[1][0] + F[0][0];
					}
					else {
						f[i][v][0][1] += F[1][1] + F[0][1];
						f[i][v][0][0] += F[1][0] + F[0][0];
					}
				}
				if(k==a[i]) {
					if(ed[v]) {
						f[i][v][1][1] += F[1][1] + F[1][0];
						f[i][v][0][1] += F[0][1] + F[0][0];
					}
					else {
						f[i][v][1][1] += F[1][1];
						f[i][v][1][0] += F[1][0];
						f[i][v][0][1] += F[0][1];
						f[i][v][0][0] += F[0][0];
					}
				}
				if(k>a[i]) {
					if(ed[v]) {
						f[i][v][0][1] += F[0][1] + F[0][0];
					}
					else {
						f[i][v][0][1] += F[0][1];
						f[i][v][0][0] += F[0][0];
					}
				}
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<=cnt;i++) ans += f[d][i][1][1] + f[d][i][0][1];
	return ans;
}

int main() {
	scanf("%s",s+1);
	scanf("%s%s",z1+1,z2+1); d = strlen(z1+1);
	AC();
	for(int i=1;i<=d;i++) a[i] = z1[i] - ‘0‘; int h = d; while(a[h]==0) a[h] = 9, h--; a[h]--;
		ll ans1 = query();
	for(int i=1;i<=d;i++) a[i] = z2[i] - ‘0‘;
		ll ans2 = query();
	cout<<((ans2-ans1)%p+p)%p;
	return 0;
}