6135.奶牛体检

合集 - 蓝桥杯训练(22)

1.路径之谜02-172.3.赢球票02-183.哞叫时间02-184.蛋糕游戏02-195.5.Excel地址02-206.哞叫时间Ⅱ02-207.6.k倍区间02-20

8.6135.奶牛体检02-21

9.11. 青蛙跳杯子02-2110.农夫约翰最喜欢的操作02-2211.蓝桥2013·带分数02-2312.拐杖糖盛宴02-2513.5438.密病牛02-2614.5439.约翰种地02-2715.5524.多数意见02-2816.炮弹03-0117.5526.细菌平衡03-0418.重复字符串03-0419.5538.回文游戏03-0520.5539.牛奶交换03-0621.5540.最大程度提高生产力03-0722.5590. 沿栅栏散步03-11

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题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/description/6138/

题意：

给定两个长度为n的数组a，数组b。
操作一次：选定任意的l，r（其中1<=l<=r<=n)，反转数组a的数字顺序
让你统计 在所有操作情况下 数组a与数组b 对应数字 数量 分别为0，1，···n的方案数

思路：

原本想从左至右暴力枚举，然而 每次 统计反转后对应数字的数量 时间复杂度O（n）这导致整体复杂度O（n*n*n）,显然无法通过
通过回文想到 确定一个中点，然后 分别 向左/右两个方向 扩展区间，（遇到区间端点停止枚举），每次只要看 扩进去的区间 最左边 和 最右边 的值 是否 反转后与b数组对应。（因为之前的反转的结果不发生改变）
然而仅仅这样并没有枚举掉所有区间
发现加上 不枚举中点，即偶数情况的方案 答案才完整
实现方面利用前缀数组表示 原数组 与 b数组 对应的数字数量（ps：记得l可以等于r

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define pb push_back
#define endl "\n"
#pragma GCC optimize(3)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll llmax=LLONG_MAX;
const int maxn=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n;
int a[maxn];
int b[maxn];
int cnt[maxn];
int k[maxn];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
	cin>>n;
	rep(i,1,n) cin>>a[i];
	rep(i,1,n) cin>>b[i];
	
	rep(i,1,n){
		if(a[i]==b[i]){
			k[i]++;
		}
		k[i]+=k[i-1];
	}
	rep(i,2,n-1){
		int l=i-1,r=i+1;
		int sum=0;
		if(a[i]==b[i])sum++;
		while(l>=1&&r<=n){
			if(a[r]==b[l])sum++;
			if(a[l]==b[r])sum++;
			cnt[k[l-1]+(k[n]-k[r])+sum]++;
			l--;r++;
		}
	}
	rep(i,1,n-1){
		int l=i,r=i+1;
		int sum=0;
		while(l>=1&&r<=n){
			if(a[r]==b[l])sum++;
			if(a[l]==b[r])sum++;
			cnt[k[l-1]+(k[n]-k[r])+sum]++;
			l--;r++;
		}
	}
	rep(i,1,n){
		cnt[k[n]]++;
	}
	rep(i,0,n){
		cout<<cnt[i]<<endl;
	}
	return 0;
}