2023NOIP A层联测10 T4 子序列

2023NOIP A层联测10 T4 子序列

题面及数据范围

Ps:链接来自accoderOJ。

考场2小时才做完 T1，抱着试一试的心态看了 T4，然后想到做法了，调了 1 个多小时没调除了，赛后发现数组开小了，因为与正解做法稍有不同，于是又调了一下午……

转移方程

设状压dp $f[i][state][0/1]$ 是到第 $i$ 个字母，$state$ 中有两位标位了 $1$ ，不妨设标 $1$ 的是第 $x$ 位和第 $y$ 位表示使用了第 $x$ 个和第 $y$ 个字母（$x<y$），$0$ 表示是 第 $x$ 个字母是上一个字母，$1$ 表示是第 $y$ 个是上一个字母。

那么不难得到有如下转移

若 $s[i]$ 是第 $x$ 个字母：

$$f[i][state][0]=f[i-1][state][1]+1$$

若 $s[i]$ 是第 $y$ 个字母：

$$f[i][state][1]=f[i-1][state][0]+1$$

若 $s[i]$ 都不是：

$$\begin{gathered} f[i][state][1]=f[i-1][state][1] \\ f[i][state][0]=f[i-1][state][0] \end{gathered}$$

统计答案

那我们要怎么样统计答案呢？

可以想到用 $l-1$ 位置时与 $r$ 时的同一个状态 $state$ 作差求出最大长度。

观察一手性质，发现对于每一个状态而言，最靠近 $l$ 的那个字母做开头一定可以得到最长，而结尾两者皆可，于是有：

若靠近的是第一个字母：

$$ans[i]=max(f[r[i]][state][1],f[r[i]][state][0])-f[l[i]-1][state][1]$$

Ps：第一个字母前面肯定接的是第二个字母。
若靠近的是第二个字母：

$$ans[i]=max(f[r[i]][state][1],f[r[i]][state][0])-f[l[i]-1][state][0]$$

预计时间复杂度：$O(2^{26}n)$

优化

这种复杂度暴力都心累，于是乎我们要优化。

dp 优化

先使用滚动优化，优化掉第 $1$ 维，那么转移方程变成：

若 $s[i]$ 是第 $x$ 个字母：

$$f[state][0]=f[state][1]+1$$

若 $s[i]$ 是第 $y$ 个字母：

$$f[state][1]=f[state][0]+1$$

若 $s[i]$ 都不是：

$$\begin{gathered} f[state][1]=f[state][1] \\ f[state][0]=f[state][0] \end{gathered}$$

由于 $state$ 有效状态为 $26$ 个字母中选 $2$ 个字母不重复的状态，那么我们可以给每一个编号表示一个状态，即表示一种两个字母的方案，这样的编号有 $C_{26}^2=325$ 个。

而且当前 $s[i]$ 已经确定，相当于已经确定了 $1$ 个字母，所以转移时枚举另外一个字母组成答案即可。

dp 时间复杂度优化至 $T(25n)$。

统计优化

但这样子我们同时也需要记录在 $l-1$ 与 $r$ 位置时 $f$ 数组的值，便于后面进行答案统计。

统计答案是可以将每一个查询按 $l$ 大小排序，将同个字母的位置从小到大压入队列中。

维护每个队列顶 $⩾l$。

每次通过 $l$ 查询每个状态最近字母时，该字母堆顶就是答案。

维护堆总时间负载度 $O(n)$，维护均摊 $O(1)$，查询 $O(1)$。

统计答案时间复杂度 $T(C_{26}^{2}n)$。

但我们（也可能只有我）的空间复杂度较高，记录数组大小高达 $2\ast {10}^5\ast 325\ast 2=1.3\ast {10}^8$。

考虑进行优化，发现对于 $r$ 而言，只关心 $0/1$ 中的最大值，于是记录 $r$ 端点的数组只需要记录最大值即可。

将 $r$ 的记录数组与 $l$ 的剥离开，减小了 $\frac{1}{4}$ 的空间，由于基数大，于是多出了 $4\ast {10}^7$ 的数组空间可以使用。

代码仅供参考：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define F first
#define S second

const int maxn=3*5e5+5,maxm=13*25+5,maxz=1e5+5;

struct node
{
    int l,r,id;
}t[maxz];
struct ANS
{
    int val;
    pair<char,char>c;
}Ans[maxz];

int m,n,cnt,ctl,ctr;
int f[maxm][2],gt[maxz][maxm],g[maxz][maxm][2],mp[2627],fpl[maxn],fpr[maxn];
//gt 为 r 的统计数组，g 为 l 的统计数组，mp 是 二元组的第一位*100+第二位 后得出的编号
bool vis[maxn];//记录该位置是不是左端点
bool cis[maxn];//记录该位置是不是右端点

pair<char,char>p[maxm];//编号对应的一组字母

char s[maxn];

queue<int>st[27];

bool cmp(node a,node b){return a.l<b.l;}

inline int chs(char a,char b){return (a-'a'+1)*100+(b-'a'+1);}

inline void ycl()//预处理二元组编号及编号对应二元组
{
    for(char i='a';i<='z';i++)
    {
        for(char j=i+1;j<='z';j++)
        {
            if(j==i) continue;
            p[++cnt]=make_pair(i,j);
            mp[chs(i,j)]=cnt;
            mp[chs(j,i)]=cnt;
        }
    }
}

int main()
{
    freopen("seq.in","r",stdin);
    freopen("seq.out","w",stdout);
    cin>>s+1;
    n=strlen(s+1);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&t[i].l,&t[i].r);
        t[i].id=i;
        vis[t[i].l-1]=1;
        cis[t[i].r]=1;
    }

    sort(t+1,t+m+1,cmp);

    for(int i=1;i<=n;i++) st[s[i]-'a'+1].push(i);
    for(int i=1;i<=26;i++) st[i].push(n+1);//队列优化统计

    ycl();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j='a';j<='z';j++)//转移
        {
            if(j==s[i]) continue;
            pair<char,char>k=make_pair(s[i],j);
            if(k.F>k.S) swap(k.F,k.S);
            if(k.F==s[i]) f[mp[chs(k.F,k.S)]][0]=f[mp[chs(k.F,k.S)]][1]+1;
            else f[mp[chs(k.F,k.S)]][1]=f[mp[chs(k.F,k.S)]][0]+1;
        }
        if(vis[i])//l 端点记录
        {
            ctl++;
            fpl[i]=ctl;
            for(int j=1;j<=cnt;j++) g[ctl][j][0]=f[j][0],g[ctl][j][1]=f[j][1];
        }
        if(cis[i])//r 端点记录
        {
            ctr++;
            fpr[i]=ctr;
            for(int j=1;j<=cnt;j++) gt[ctr][j]=max(f[j][0],f[j][1]);
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)//求答案
    {
        pair<char,char>cans;
        cans={0,0};
        int ans=0;
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            pair<char,char>x=p[j];
            while(st[x.F-'a'+1].front()<t[i].l) st[x.F-'a'+1].pop();//维护队列
            while(st[x.S-'a'+1].front()<t[i].l) st[x.S-'a'+1].pop();
            int fi=st[x.F-'a'+1].front();//最靠近 l 的字母
            int se=st[x.S-'a'+1].front();
            if(fi>t[i].r&&se>t[i].r) continue;
            if(fi<se)
            {
                if(ans<gt[ fpr[t[i].r] ][j]-g[ fpl[t[i].l-1] ][j][1])
                {
                    ans=gt[ fpr[t[i].r] ][j]-g[ fpl[t[i].l-1] ][j][1];
                    cans=x;
                }
                else if(ans==gt[ fpr[t[i].r] ][j]-g[ fpl[t[i].l-1] ][j][1])
                {
                    if(cans>x) cans=x;
                }
            }
            else if(fi>se)
            {
                swap(x.F,x.S);
                if(ans<gt[ fpr[t[i].r] ][j]-g[ fpl[t[i].l-1] ][j][0])
                {
                    ans=gt[ fpr[t[i].r] ][j]-g[ fpl[t[i].l-1] ][j][0];
                    cans=x;
                }
                else if(ans==gt[ fpr[t[i].r] ][j]-g[ fpl[t[i].l-1] ][j][0])
                {
                    if(cans>x) cans=x;
                }
            }
        }
        Ans[t[i].id].val=ans;
        Ans[t[i].id].c=cans;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d %c%c\n",Ans[i].val,Ans[i].c.F,Ans[i].c.S);
}