「解题报告」CF1178B WOW Factor

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题目链接

这是一道非常富有启发性的题目，值得一做，闪耀着人类和机器人的智慧光辉的绝佳题目 .

首先注意到 (vv)o(vv) 的结构，可以考虑枚举中间的 o，这样只需要算两边的选法然后用乘法原理即可 .

乘法原理：做一件事，完成它需要分成 $n$ 个步骤，做第一步有 $m_1$ 种不同的方法，做第二步有 $m_2$ 种不同的方法，……，做第 $n$ 步有 $m_n$ 种不同的方法。那么完成这件事共有 $N=m_1\times m_2\times m_3\times\cdots\times m_n$ 种不同的方法 .

根据乘法原理，其实就是选择这个字符串有三个步骤，先选左边有 $a$ 种，中间的 o 有 $1$ 种，右边有 $b$ 种，那么总方案数就是 $N=a\times 1\times b$ .

那么考虑怎么求 $a$ 和 $b$，分别考虑：

Part 1 求 $a$

厉害的一步到了，令 $f_i$ 表示 $[s_i=s_{i+1}=\texttt v]$（这里的 $[]$ 叫 Iverson Bracket，大佬教的，$[x]$ 就是 bool(x)）

那么如果 o 的位置是 $i$，那么 $a=f_1+f_2+\cdots+f_{i-1}$ 就是连续 vv 的个数了，不用考虑冲突，因为只需要选一个不选多个 .

如果每次都直接求和，需要约 $10^6\times 10^6$ 次加法，无法接受，怎么办呢？

发现是要对于每个位置求，于是假设第 $i$ 个位置的答案是 $A$，第 $i+1$ 个位置的答案是 $B$（不需要考虑是否为 o，后面说原因），那么

$$\begin{aligned}&A=f_1+f_2+\cdots+f_{i-1}\\&B=f_1+f_2+\cdots+f_{i-1}+f_i\end{aligned}$$

惊奇的发现：$B=A+f_i$！

这样先算出第一个位置的答案，然后用一个 for 循环就可以求出每个位置的 $a$ 值，使用时只计算有 o 的位置就行了 .

Part 2 求 $b$

也是类似的做法，如果 o 的位置是 $i$，那么 $b=f_i+f_{i+1}+\cdots +f_n$ 就是连续 vv 的个数 .

假设第 $i$ 个位置的答案是 $A$，第 $i+1$ 个位置的答案是 $B$，那么

$$\begin{aligned}&A=f_i+f_{i+1}+f_{i+2}+\cdots+f_n\\&B=f_{i+1}+f_{i+2}+\cdots+f_n\end{aligned}$$

这时候我们得到的是 $B=A-f_i$，也是先算出第一个位置的答案用一个 for 循环就可以求出每个位置的 $b$ 值了 .

还可以看 $A=B+f_i$，这样从后往前 for，初始的位置就不需要再用一个 for 循环了 .

总共的时间复杂度为 $O(n)$，可以 Accepted 了 . 记得开 long long！

接下来就是简洁的代码，细节很多，要好好考虑：

const int N = 1919810;
string s;
int n, pre[N], suf[N];
int main()
{
	cin >> s; n = s.length(); s = "$" + s; 
	for (int i=1; i<n; i++) pre[i] = pre[i-1] + ((s[i] == 'v') && (s[i+1] == 'v'));
	for (int i=n-1; i>=1; i--) suf[i] = suf[i+1] + ((s[i] == 'v') && (s[i+1] == 'v'));
	ll ans = 0;
	for (int i=1; i<n; i++)
		if (s[i] == 'o') ans += 1ll * pre[i-1] * suf[i];
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

可以看出题面的表述相当自然易懂，而每一步的思维却都非常跳跃，思维量很大结果却很简洁，推导答案的形式不涉及很困难的算法，却又不仅限于结论，而是巧妙地结合了 OI 知识，启发选手独自研发题目所需要的算法，为良心出题人点赞！