YYHS-鏖战字符串

Posted 2020-10-07 I__am

题目描述

Abwad在nbc即将完成她的程序的时候，急中生智拔掉了她电脑的电源线，争取到了宝贵的时间。作为著名论文《论Ctrl-C与Ctrl-V在信息学竞赛中的应用》的作者，他巧妙地使用了这种上古秘术，顺利扳回一城。

在决胜局中，Abwad决定和nbc鏖战字符串，比的是谁能更快地将一个“量子态的字符串”删除。“量子态的字符串”的每个字符都有一个删除难度dif[i]。“量子态的字符串”非常顽固，只能先分割成若干个子串，然后再通过以下两种方式删除：

1、假设子串的所有字符的删除难度之和为x，消耗a*x2+b的时间可以将子串扔进回收站。

2、若子串中出现次数最多的字符出现的次数不少于l次且不多于r次，那么采用“量子态的py自动机”算法可以消耗c*x+d的时间将子串扔进回收站。

Abwad自然知道最少用多少时间就能将字符串删去，因此，他希望你求出删去每个前缀[1,i]的最少用时。

输入

第一行七个整数n，a，b，c，d，l，r，其中n表示字符串的长度

第二行一行一个长度为n的字符串

第三行一行n个整数，表示每个字符的删除难度dif[I]

输出

n行，每行一个整数ans，表示删去前缀[1,i]最短的时间

样例输入

5 1 3 1 5 1 1 abwad 1 1 1 1 1

样例输出

4 7 8 12 13

提示

 

【样例解释】

以前缀[1,n]为例，将串分为a、bwad两个子串，用方法1删去第一个子串，用方法2删去第二个子串，用时1*1+3+1*4+5=13

【限制与约定】

测试点编号	n	特殊约定
1	n≤10	所有的字母都是a
2		所有的字母都是a或b
3
4
5	n≤2000	所有的字母都是a
6		所有的字母都是a或b
7		l=1,r=n
8
9
10
11	n≤100000	l=1,r=n
12
13
14
15		l>r
16
17
18
19
20

对于所有的数据，满足n≤100000，1≤a,b,c,d≤233，1≤l,r≤n，dif[i]≤50,所有字符由小写字母组成。

【后记】

在Abwad和nbc同时将最后一个子串删去时，一个带着黑色方框眼镜，方脸，穿着高腰裤的长者，乘着圣洁的祥云，飞进了YYHS的机房。在他伟大的思想的启发下，Abwad和nbc终于放下了对名利的追逐，找到了人生的意义——吃吃吃。从此，他们过上了幸福快乐的生活……

 

题解

这道题刚开始只想到50分的方法

自己斜率优化不怎么会，过了好久才A

这道题如果没有第二种方法就是裸的斜率优化

所以我们先考虑第一种方法，通过计算，我们可以发现

若j>k且dp[j]+a*(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j])+b>=dp[k]+a*(sum[i]-sum[k])*(sum[i]-sum[k])+b,就可以把k弹出

通过化简可得sum[i]*2*a*(sum[j]-sum[k])>=dp[j]-dp[k]+a*sum[j]*sum[j]-a*sum[k]*sum[k]

第一种方法做完后我们就考虑第二种方法

dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j])*c+d)=min(dp[j]-sum[j]*c+d+sum[i]*c)

而d+sum[i]*c是一个常数，所以我们之要维护一下dp[j]-sum[j]*c就可以了，这里我们可以用堆和单调队列

因为本人不怎么会单调队列，所以用了堆。

对于判断第二种的可行性，我们可以开一个n*26的数组，可以预处理出前i个字符中所有字符的出现次数

所以每次判断一段区间是否可行的时候只要常数次操作就可以了。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define N 100005 
 3 #define ll long long
 4 #define node pair<int,int>
 5 using namespace std;
 6 ll n,a,b,c,d;
 7 int id,L,R,l,r;
 8 int w[N][‘z‘+1];
 9 int h[N];
10 ll di[N],dp[N];
11 char s[N];
12 priority_queue<node,vector<node>,greater<node> > q;
13 bool calc(int i,int j,int k){
14     return di[i]*2*a*(di[j]-di[k])>=dp[j]-dp[k]+a*di[j]*di[j]-a*di[k]*di[k];
15 }
16 bool cal(int i,int j,int k){
17     return (di[j]-di[k])*(dp[i]-dp[j]+a*di[i]*di[i]-a*di[j]*di[j])<=(di[i]-di[j])*(dp[j]-dp[k]+a*di[j]*di[j]-a*di[k]*di[k]);
18 }
19 bool ok(int id,int i){
20     int s=-1e8;
21     for (int j=‘a‘;j<=‘z‘;j++)
22         s=max(s,w[i][j]-w[id][j]);
23     if (s>=L&&s<=R) return true;
24     return false;
25 }
26 int main(){
27     scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%d%d",&n,&a,&b,&c,&d,&L,&R);
28     scanf("%s",s+1);
29     for (int i=1;i<=n;i++){
30         for (int j=‘a‘;j<=‘z‘;j++) w[i][j]=w[i-1][j];
31         w[i][s[i]]++;
32     }
33     for (int i=1;i<=n;i++)
34         scanf("%lld",&di[i]),di[i]+=di[i-1];
35     l=0; r=0; id=0;
36     for (int i=1;i<=n;i++){
37         while (l<r&&calc(i,h[l+1],h[l])) l++;
38         dp[i]=dp[h[l]]+a*(di[i]-di[h[l]])*(di[i]-di[h[l]])+b;
39         while (id<=i)
40             if (ok(id,i)){
41                 q.push(make_pair(dp[id]-c*di[id],id));
42                 id++;
43             } else break;
44         while (!q.empty()){
45             int f=q.top().second;
46             if (ok(f,i)){
47                 dp[i]=min(dp[i],dp[f]+c*(di[i]-di[f])+d);
48                 break;
49             } else{ q.pop(); continue; }
50         }
51         printf("%lld\n",dp[i]);
52         while (l<r&&cal(i,h[r],h[r-1])) r--;
53         h[++r]=i;
54     } 
55     return 0;
56 } 

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