题解 P11030 『DABOI Round 1』Blessings Repeated

【洛谷专栏】。

前言

出题人题解。

原题目名叫 Nice God's mOther marIa(NGOI)，但是为了比赛题目命名格式统一就改了，也算是个一语双关。

灵感来自对圣母名字的字符串进行一通操作，本来出的题太简单了，加强了一下就成了现在这个样子。

难度感觉也就绿蓝的样子。

题意

参见形式化题意。

分析

令 \(n = \vert S \vert , m = \vert T \vert\)。

测试点 \(1,2\)

性质 \(m \le 1\)，即字符串 \(T\) 只有一个字符。

问题就转化为了 \(k\) 个首尾相接的字符串 \(S\) 中出现了多少个 \(T\) 字符。

于是直接统计 \(S\) 中出现了多少次，答案乘 \(k\) 即可，时间复杂度 \(O(n)\)。

k=int(input())
s=input()
t=input()
print(s.count(t)*k%998244353)

测试点 \(3\)

性质 \(k=1\)，直接枚举两边字符即可，时间复杂度 \(O(n ^ 2)\)。

//the code is from chenjh
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=998244353;
int n,m;
LL k;
char s[5005],t[11];
int main(){
	scanf("%lld %s %s",&k,s,t),n=strlen(s),m=strlen(t);
	int ans=0;
	for(int i=0;i<n;i++)for(int j=i+1;j<n;j++)
		(ans+=s[i]==t[0]&&s[j]==t[1])>=mod&&(ans-=mod);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

测试点 \(4,5\)

和上一部分不同之处在于 \(k\) 的范围扩大到了 \(k \le 100\)，也就是说 \(k n \le 5 \times 10^5\)。

统计满足的二元组数量，只需要枚举一维，快速算另一维即可。

前缀和统计一下 \(T_0\) 的数量，遇到 \(T_1\) 相加一下即可，时间复杂度 \(O(k n)\)。

//the code is from chenjh
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=998244353;
int n,m;
LL k;
char s[5005],t[11];
int main(){
	scanf("%lld %s %s",&k,s,t),n=strlen(s),m=strlen(t);
	int ans=0,w=0;
	while(k--)for(int i=0;i<n;i++) s[i]==t[1]&&(ans+=w)>=mod&&(ans-=mod),w+=s[i]==t[0];
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

测试点 \(6,7\)

根据测试点 \(3\) 的方式直接枚举判断即可，时间复杂度 \(O(n ^ {m})\)，代码过于简单就不放了。

测试点 \(8,9,10\)

各种数据范围都相比前面的有所加强，所以不能暴力枚举了，考虑动态规划。

状态设计

设 \(f_{i,j}\) 表示字符串 \(s\) 前 \(i\) 个字符中 \(T\) 前 \(j\) 个字符组成的字符串出现的子序列方案数。

初始状态

\[f_{0,0}=1 \]

状态转移

\[f_{i,j} = f_{i-1,j} + [s_{i-1} = T_{j-1}] f_{i-1,j-1} \]

答案即 \(f_{k n,m}\)。

时间复杂度 \(O(k n m)\)，空间复杂度可以滚动优化到 \(O(m)\)。

//the code is from chenjh
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=998244353;
int n,m;
LL k;
char s[5005],t[11];
int f[11];
int main(){
	scanf("%lld %s %s",&k,s,t),n=strlen(s),m=strlen(t);
	*f=1;
	while(k--)for(int i=0;i<n;i++)for(int j=m;j>0;--j)s[i]==t[j-1]&&(f[j]+=f[j-1])>=mod&&(f[j]-=mod);
	printf("%d\n",f[m]);
	return 0;
}

测试点 \(11 \sim 20\)

\(k \le 10^{18}\) 提示复杂度和 \(k\) 的一次无关，不难想到用矩阵乘法优化 DP。

对于每一个小写字母 \(x\) 构造一个 \((m+1) \times (m+1)\) 的矩阵 \(A_x\)：

\[A_{x,i,j}= \begin{cases} 1 & i=j\\ [T_i = x] & j=i+1\\ 0 & \text{otherwise} \end{cases} \]

接着设矩阵 \(B=\prod\limits_{i=0}^{n-1}A_{S_i}\)。

构造 \(F\) 矩阵：

\[\begin{bmatrix} F_0 & F_1 & \dots & F_m \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & \dots & 0 \end{bmatrix} \]

最后将 \(F \gets F \times B^k\) 即可，答案即为 \(F_m\)。

时间复杂度 \(O(n m ^3)\)，其中矩阵快速幂的时间复杂度为 \(O(\log k m ^3)\)。

代码

//the code is from chenjh
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=998244353;
template<typename T>
struct Mat{//封装矩阵类。
    int n,m;
    T **a;
    Mat(int _n=0,int _m=0):n(_n),m(_m){
        a=new T*[n];
        for(int i=0;i<n;i++) a[i]=new T[m],memset(a[i],0,sizeof(T)*m);
    }
    Mat(const Mat&B){
        n=B.n,m=B.m;
        a=new T*[n];
        for(int i=0;i<n;i++) a[i]=new T[m],memcpy(a[i],B.a[i],sizeof(T)*m);
    }
    ~Mat(){delete[] a;}
    Mat&operator = (const Mat&B)&{
        delete[] a;
        n=B.n,m=B.m;
        a=new T*[n];
        for(int i=0;i<n;i++) a[i]=new T[m],memcpy(a[i],B.a[i],sizeof(T)*m);
        return *this;
    }
    Mat operator * (const Mat&B)const{//矩阵乘法。
        Mat ret(n,B.m);
        for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<B.m;++j)for(int k=0;k<m;++k)ret.a[i][j]=(ret.a[i][j]+(LL)a[i][k]*B.a[k][j]%mod)%mod;
        return ret;
    }
    Mat&operator *= (const Mat&B)&{return *this=*this*B;}
};
LL k;
int n,m;
char s[5005],t[15];
int main(){
	scanf("%lld %s %s",&k,s,t),n=strlen(s),m=strlen(t);
	Mat<int> F(1,m+1),A[26],B(m+1,m+1);
	for(int j=0;j<=m;j++) B.a[j][j]=1;
	**F.a=1;
	for(int i=0;i<26;i++){
		A[i]=Mat<int>(m+1,m+1);
		for(int j=0;j<=m;j++) A[i].a[j][j]=1;//对于每一个字母构造单位矩阵。
	}
	for(int i=0;i<m;i++) A[t[i]-'a'].a[i][i+1]=1;//将该转移位置的值为 1。
	for(int i=0;i<n;i++) B*=A[s[i]-'a'];
	for(;k;k>>=1,B*=B)if(k&1)F*=B;//矩阵快速幂
	printf("%d\n",F.a[0][m]);
	return 0;
}

据说还有一些其他的做法，但是我不会，欢迎大家提出自己的不同意见！