AtCoder Beginner Contest 381-E

AtCoder Beginner Contest 381-E

Problem

一个长度为奇数、最中间的那个字符是 /、左边所有字符都是都是 1、右边所有字符都是 2 的字符串被称为11/22 字符串。

更加严谨的定义：

当一个字符串 \(T\) 满足以下所有条件时，它被称为11/22 字符串：

• \(|T|\) 是奇数。这里， \(|T|\) 表示 \(T\) 的长度。
• 从第 \(1\) 到第\((\frac{|T|+1}{2} - 1)\) 个字符都是 1。
• 第 \((\frac{|T|+1}{2})\) 个字符是/。
• 从第 \((\frac{|T|+1}{2} + 1)\) 到第 \(|T|\) 的字符都是 2。

例如，11/22、111/222和/是 11/22 字符串，但1122、1/222、11/222、22/11和/2/2/211则不是。

给定由1、2和/组成的字符串 \(S\) ，\(|S|=N\)。有 \(Q\) 次询问：给定 \(L\) 和 \(R\)，设 \(T\) 是 \(S\) 的从第 \(L\) 个字符到第 \(R\) 个字符组成的子串。请找出 \(T\) 的最长子序列使得该子序列是一个 11/22 字符串。如果不存在这样的子序列，则打印 "0"。

Constraints

• \(1 \leq N \leq 10^5\)
• \(1 \leq Q \leq 10^5\)
• \(S\) is a string of length \(N\) consisting of 1, 2, and /.
• \(1 \leq L \leq R \leq N\)
• \(N\), \(Q\), \(L\), and \(R\) are integers.

Solution

考虑预处理出所有/的位置，记作 \(pos_i\)。

使用前缀和后缀和计算“每一个字符之前有多少个1”和“每一个字符之后有多少个2”，分别记作 \(left1_i\) 和 \(right2_i\)。

对于每次询问，一个简单暴力的算法就是，枚举在该区间内的所有/，并看看其左右分别有多少个1和2，则选择该/作为11/22子串的中间的那个/能够找出的最长子序列长度为

\[\begin{align} ans_i=\min\{left1_{pos_i}-left1_{L},right2_{pos_i}-right2_{R}\} \quad L\le pos_i \le R \end{align} \]

即可以利用预处理的信息，在\(O(1)\)的时间复杂度内计算出选择某个/时的答案。

并且可以通过二分 \(pos_i\) 来得到需要枚举的 \(i\) 的范围。

但是这样还是需要枚举 \([L,R]\) 内的所有/，如果/很多就寄了。

观察上式可以发现，随着 \(pos_i\) 增大，\(left1_{pos_i}-left1_L\) 单调递增，\(right2_{pos_i}-right2_R\) 单调递减。\(\min\{增函数,减函数\}\) 一定是一个开口向下的单峰函数，所以可以使用三分来确定最佳的 \(pos_i\)。

Code

#define N 1000010


int left1[N],left2[N],right1[N],right2[N];
int n,q;
string str;
int pos[N],cnt;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cout.precision(10);
	int t=1;
//	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n>>q;
		cin>>str;
		str=" "+str;
//		pos[++cnt]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(str[i]=='/')
			{
				pos[++cnt]=i;
			}
		}
		pos[++cnt]=n+1;
		int pre1=0,pre2=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			left1[i]=pre1;
			left2[i]=pre2;
			if(str[i]=='1') pre1++;
			if(str[i]=='2') pre2++;
		}	
		pre1=pre2=0;
		for(int i=n;i>=1;i--)
		{
			right1[i]=pre1;
			right2[i]=pre2;
			if(str[i]=='1') pre1++;
			if(str[i]=='2') pre2++;
		}
		
		while(q--)
		{
			int a,b,ans=0;cin>>a>>b;
			// 确定左右边界，即找到最远的一对杠但是在[a,b]之内
			int l=lower_bound(pos+1,pos+cnt+1,a)-pos;
			int r=upper_bound(pos+1,pos+cnt+1,b)-pos-1;
//			DEBUG1(l);
//			DEBUG1(r);
			while(l+3000<r)
			{
				int mid1=l+(r-l)/3;
				int mid2=r-(r-l)/3;
				int p1=pos[mid1],p2=pos[mid2];
				int s1=min(left1[p1]-left1[a],right2[p1]-right2[b]);
				int s2=min(left1[p2]-left1[a],right2[p2]-right2[b]);
				if(s1<s2)
				{
					l=mid1;
				}
				else{
					r=mid2;
				}
			}
			for(int i=l;i<=r;i++)
			{
				int p=pos[i];
				if(str[p]=='/')
				{
//					cout<<"calc "<<i<<endl;
//					cout<<min(left1[p]-left1[a],right2[p]-right2[b])<<endl;
					ans=max(ans,1+2*min(left1[p]-left1[a],right2[p]-right2[b]));
				}
			}
			cout<<ans<<endl;
		}
		
	}
	return 0;
}