@topcoder - SRM766R1 D1L3@ ShortestMissingSubsequences

Posted 2021-03-23 tiw-air-oao

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@description@

给定一个大小为 G 的字符集，并给定一个长度为 N 的字符串 A。

求最短不是 A 的子序列的字符串的长度为 L，以及长度为 L 的不是 A 的子序列的字符串数量 X。

1 <= N <= 2,000,000; 1 <= G <= 10^9。

原题戳这里。

@solution@

暴力做法？考虑将 A 的所有子序列塞进 trie 里面，则 trie 中出度不为 G 的点后面加字符一定不是 A 的子序列。
注意到这是一个有限状态自动机，可以识别 A 的所有子序列（oi-wiki 上好像把它叫作序列自动机？）。

考虑简化这个自动机。记结点 i 能识别的字符串为以 A[i] 为结尾的，且在 A[1...i-1] 中没有出现的子序列。
假设 i 前面第一个与它相同的位置在 lst[i]，则 lst[i] 之前的连向 i 就会重复，而 [lst[i], i-1] 连向 i 恰好是所有可能的子序列。
注意到这是一个区间的连边形式，我们可以线段树优化连边。
（还有另一种理解方式：第 i 个点的字符 j 转移边，连向 i 之后第一个 j 的出现位置。这个解释可以在 oi-wiki 中看到。）

注意一个结点可以表示多个字符串，而有用的只有这个结点能够表示的最短的字符串。
我们处理出 len[i] 表示以 i 结尾的最短子序列长度，并记 cnt[i] 表示最短子序列的种类数。

连完边后一样看出度是否为 G。
记 oud[i] 表示 i 的出度，则 i 对 len[i] + 1 长度有着 (G - oud[i])*cnt[i] 的贡献。

实际操作并不需要真的连边，只需要用线段树维护上面三种信息。

@accepted code@

#include <unordered_map>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
class ShortestMissingSubsequences{
    private :
        #define MAXN 2000000
        #define MOD 1000000007
        typedef pair<int, int> pii;
        typedef long long ll;
        
        unordered_map<int, int>mp;
        int A[MAXN + 5], lst[MAXN + 5];
        int len[MAXN + 5], tot[MAXN + 5], cnt[MAXN + 5];
        
        #define lch (x<<1)
        #define rch (x<<1|1)
        pii tag[4*MAXN + 5]; int nw[4*MAXN + 5];
        pii merge(pii a, pii b) {
            pii c; c.first = min(a.first, b.first);
            if( c.first == a.first ) c.second = (c.second + a.second) % MOD;
            if( c.first == b.first ) c.second = (c.second + b.second) % MOD;
            return c;
        }
        void pushup(int x) {tag[x] = merge(tag[lch], tag[rch]);}
        pii get(int x, int l, int r, int ql, int qr) {
            if( ql <= l && r <= qr ) {
                nw[x]++;
                return tag[x];
            }
            if( ql > r || qr < l )
                return make_pair(MAXN + 5, 0);
            int m = (l + r) >> 1;
            return merge(get(lch, l, m, ql, qr), get(rch, m + 1, r, ql, qr));
        }
        void update(int x, int l, int r, int p) {
            if( l == r ) {
                tag[x] = make_pair(len[p], tot[p]);
                return ;
            }
            int m = (l + r) >> 1;
            if( p <= m ) update(lch, l, m, p);
            else update(rch, m + 1, r, p);
            pushup(x);
        }
        void push(int x, int l, int r, int d) {
            d += nw[x];
            if( l == r ) {
                cnt[l] = d;
                return ;
            }
            int m = (l + r) >> 1;
            push(lch, l, m, d), push(rch, m + 1, r, d);
        }
    public :
        vector<int>count(int G, int N, vector<int>Aprefix) {
            int M = Aprefix.size();
            for(int i=0;i<M;i++) A[i+1] = Aprefix[i];
            ll state = A[M];
            for(int i=M+1;i<=N;i++) {
                state = (state * 1103515245LL + 12345) % (1LL<<31);
                A[i] = state % G;
            }
            for(int i=1;i<=N;i++)
                lst[i] = mp[A[i]], mp[A[i]] = i;
            len[0] = 0, tot[0] = 1, update(1, 0, N, 0);
            for(int i=1;i<=N;i++) {
                pii p = get(1, 0, N, lst[i], i - 1);
                len[i] = p.first + 1, tot[i] = p.second;
                update(1, 0, N, i);
            }
            push(1, 0, N, 0);
            int mn = MAXN + 5;
            for(int i=0;i<=N;i++)
                if( cnt[i] != G )
                    mn = min(mn, len[i]);
            vector<int>ans; ans.push_back(mn + 1);
            int x = 0;
            for(int i=0;i<=N;i++)
                if( len[i] == mn )
                    x = (x + 1LL*tot[i]*(G - cnt[i])%MOD) % MOD;
            ans.push_back(x);
            return ans;
        }
};

@details@

被小小地卡了一下常。。。