题解：【COCI2019-2020#6】 Trener
本人于三月二十四日模拟赛本题中使用 \(\mathcal O(n^2 k + n k^2)\) 哈希+DP，因神秘常数原因竟打不过 \(\mathcal O(n^2 k^2)\)，甚至被卡的 TLE 飞起，怒挂五十分。赛后交了一页的 TLE，最后换成自然溢出才能过，铭记贰点贰叁。
不会吧不会吧不会还有人这个题写 \(\mathcal O(n^2 k + n k^2)\) 吧。
平凡的做法其他题解说的很清楚了，注意到我们 \(O(k^2)\) 的判断前后缀是否相等其实没有必要，这里可以将哈希值从小到大排序并记下编号，使用双指针优化只扫一遍，将前后缀相同的记录在一起，然后再去重累加上答案，时间复杂度 \(\mathcal O(n^2 k + n(k + n \log k))\)，瓶颈在于排序。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define mp make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
bool Mbe;
namespace LgxTpre
{
static const int MAX=1510;
static const int INF=4557430888798830399;
static const int mod=1e9+7;
static const int bas=151;
inline void Madd(int &a,int b) {a=a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline void Mdel(int &a,int b) {a=a-b<0?a-b+mod:a-b;}
inline int Cadd(int a,int b) {return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
int n,k,ans,len;
string s;
ull suf[MAX][MAX],pre[MAX][MAX],all[MAX][MAX],tmp1[MAX],tmp2[MAX];
int dp[MAX][MAX],vis[MAX],id[MAX],idd[MAX],cas[MAX],num;
vector<int> buc[MAX];
inline void lmy_forever()
{
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=k;++j)
{
cin>>s; len=s.size();
for(int h=0;h<len;++h)
{
all[i][j]=all[i][j]*bas+s[h];
if(h!=0) pre[i][j]=pre[i][j]*bas+s[h];
if(h!=len-1) suf[i][j]=suf[i][j]*bas+s[h];
}
}
for(int i=1;i<=k;++i) dp[1][i]=1;
for(int i=1;i<n;++i)
{
for(int j=1;j<=k;++j) buc[j].clear(),id[j]=idd[j]=j;
sort(idd+1,idd+k+1,[i](int a,int b){return all[i][a]<all[i][b];});
for(int j=1;j<=k;++j) tmp1[j]=all[i][idd[j]];
sort(id+1,id+k+1,[i](int a,int b){return pre[i+1][a]<pre[i+1][b];});
for(int j=1;j<=k;++j) tmp2[j]=pre[i+1][id[j]];
for(int j=1,iter=1;j<=k;++j)
{
while(iter<=k&&tmp2[iter]<tmp1[j]) ++iter;
for(int con=iter;con<=k&&tmp2[con]==tmp1[j];++con) buc[idd[j]].pb(id[con]);
}
sort(id+1,id+k+1,[i](int a,int b){return suf[i+1][a]<suf[i+1][b];});
for(int j=1;j<=k;++j) tmp2[j]=suf[i+1][id[j]];
for(int j=1,iter=1;j<=k;++j)
{
while(iter<=k&&tmp2[iter]<tmp1[j]) ++iter;
for(int con=iter;con<=k&&tmp2[con]==tmp1[j];++con) buc[idd[j]].pb(id[con]);
}
for(int j=1;j<=k;++j)
{
num=0;
for(auto it:buc[j]) if(!vis[it]) vis[it]=1,cas[++num]=it;
buc[j].clear();
for(int p=1;p<=num;++p) vis[cas[p]]=0,buc[j].pb(cas[p]);
}
for(int j=1;j<=k;++j)
if(dp[i][j])
for(auto it:buc[j])
Madd(dp[i+1][it],dp[i][j]);
}
for(int i=1;i<=k;++i) Madd(ans,dp[n][i]);
cout<<ans<<endl;
return;
}
}
bool Med;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
fprintf(stderr,"%.3lf MB\n",(&Med-&Mbe)/1048576.0);
LgxTpre::lmy_forever();
cerr<<1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC<<" ms\n";
return (0-0);
}
事实上我们也可以不使用哈希。对于这种多个字符串记录相同前后缀数量的问题，我们更容易想到使用 \(\text{Trie}\) 树操作。我们记以当前节点的答案数量为 \(cnt_i\)，依次将每个字符串插入 \(\text{Trie}\) 树，然后直接在 \(\text{Trie}\) 树中查找其前后缀的位置并累加 \(cnt\) 的值。这里注意当查找前后缀所在的节点最后相同时，说明出现了重复，我们只累加一遍。由于在 \(\text{Trie}\) 树上多个串共用一个节点位置，所以我们最后统计的答案实则为累加一个串前后缀 \(cnt\) 操作的增量。时间复杂度 \(\mathcal O(n^2 k)\)，瓶颈在于读入。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mp make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
bool Mbe;
namespace LgxTpre
{
static const int MAX=1510*1510;
static const int INF=4557430888798830399;
static const int mod=1e9+7;
inline void Madd(int &a,int b) {a=a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline void Mdel(int &a,int b) {a=a-b<0?a-b+mod:a-b;}
inline int Cadd(int a,int b) {return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
int n,k,ans;
int now,pre,suf;
string s;
int ch[MAX][30],cnt[MAX],tot=1;
inline int insert()
{
int len=s.size(),now=1;
for(int i=0;i<len;++i)
{
int to=s[i]-'a';
if(!ch[now][to]) ch[now][to]=++tot;
now=ch[now][to];
}
return now;
}
inline int find(int cas)
{
int len=s.size(),now=1;
for(int i=cas;i<len-(1-cas);++i)
{
int to=s[i]-'a';
if(!ch[now][to]) return 0;
now=ch[now][to];
}
return now;
}
inline void lmy_forever()
{
cin>>n>>k; cnt[1]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=k;++j)
{
cin>>s;
now=insert();
pre=find(0);
suf=find(1);
if(i==n) Mdel(ans,cnt[now]);
if(pre==suf) Madd(cnt[now],cnt[pre]);
else Madd(cnt[now],Cadd(cnt[pre],cnt[suf]));
if(i==n) Madd(ans,cnt[now]);
}
cout<<ans<<endl;
return;
}
}
bool Med;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
fprintf(stderr,"%.3lf MB\n",(&Med-&Mbe)/1048576.0);
LgxTpre::lmy_forever();
cerr<<1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC<<" ms\n";
return (0-0);
}
最后放一张评测图片，高下立判：
