[CEOI2018] Lottery 题解

前言

题目链接：洛谷。

题意简述

给出序列 $a_1\dots a_n$ 和常数 $l\le n$，定义：

$$\mathrm{dis}(i,j)=\sum _{k=0}^{l-1}[a_{i+k}\ne a_{j+k}](i,j\in [1,n-l+1])$$

每次询问一个 $k$，求对于所有 $i\in [1,n-l+1]$，求 $\sum _{j\ne i}[\mathrm{dis}(i,j)=k]$。

题目分析

暴力不用说，考虑如何优化。这类问题我们思考能不能省略重复的计算。例如，对于 $l_1\sim r_1$ 和 $l_2\sim r_2$ 的 $\mathrm{dis}$ 已经求出，那么对于 $l_1+1\sim r_1+1$ 和 $l_2+1\sim r_2+1$ 的 $\mathrm{dis}$ 只需要在原来基础上减去 $[l_1\ne l_2]$，再加上 $[r_1+1\ne r_2+1]$。是 $\mathrm{\Theta }(1)$ 的。

具体地讲，对于这两个区间，它们的差值的可能性是 $\mathrm{\Theta }(n)$ 的，我们枚举这个差值，然后将这两个区间向右平移，用上述算法计算，并累加。注意到这样会不重不漏地统计到每一个区间的答案。时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n^2)$。

另外，由于特殊的空间限制，不妨将询问离线并离散化，空间复杂度就降到了 $\mathrm{\Theta }(nq)$。

代码

略去了快读快写。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
int n, m, q, val[10010];
int cnt[110][10010];
int qry[110], rq[110], who[10010];
 
signed main() {
	fread(buf, 1, MAX, stdin);
	read(n), read(m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(val[i]);
	read(q);
	for (int i = 1; i <= q; ++i) read(qry[i]), rq[i] = qry[i];
	sort(rq + 1, rq + q + 1);
	for (int i = 1; i <= q; ++i) who[rq[i]] = i;
	who[m + 1] = q + 1;
	for (int i = m; i >= 0; --i) !who[i] && (who[i] = who[i + 1]);
	for (int i = 1; i + m <= n; ++i) {  // 两个区间的差
		int tot = 0;
		for (int j = 1; j <= m; ++j) tot += val[j] != val[j + i];
		for (int l1 = 1, r1 = m, l2 = 1 + i, r2 = m + i; r2 <= n; ++l1, ++l2, ++r1, ++r2) {
			++cnt[who[tot]][l1], ++cnt[who[tot]][l2];
			tot -= val[l1] != val[l2];
			tot += val[r1 + 1] != val[r2 + 1];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= q; ++i)
		for (int j = 1; j + m - 1 <= n; ++j)
			cnt[i][j] += cnt[i - 1][j];
	for (int i = 1; i <= q; ++i) {
		for (int j = 1; j + m - 1 <= n; ++j)
			write(cnt[who[qry[i]]][j]), putchar(' ');
		putchar('\n');
	}
	fwrite(obuf, 1, o - obuf, stdout);
	return 0;
}

后记 & 反思

考虑重复计算并优化是关键。另外，枚举两个区间的位置关系，并做到不重不漏的统计也是值得注意的。