BZOJ4384 : [POI2015]Trzy wieże

首先只有一种字符的情况可以通过双指针在$O(n)$的时间内处理完毕。

设$cnt[i][j]$表示前$i$个字符中$j$字符出现的次数，那么对于两个位置$j<i$：

如果

$cnt[i][0]-cnt[j][0]\neq cnt[i][1]-cnt[j][1]$

$cnt[i][0]-cnt[j][0]\neq cnt[i][2]-cnt[j][2]$

$cnt[i][1]-cnt[j][1]\neq cnt[i][2]-cnt[j][2]$

均成立，即

$cnt[i][0]-cnt[i][1]\neq cnt[j][0]-cnt[j][1]$

$cnt[i][0]-cnt[i][2]\neq cnt[j][0]-cnt[j][2]$

$cnt[i][1]-cnt[i][2]\neq cnt[j][1]-cnt[j][2]$

均成立的话，那么就可以用$i-j$去更新答案。

设$b[i]=cnt[i][0]-cnt[i][1],c[i]=cnt[i][0]-cnt[i][2],d[i]=cnt[i][1]-cnt[i][2]$。

将所有位置按$b$从小到大排序，按$c$维护树状数组，每个区间维护$d$不同的$j$的最小值、次小值、最大值、次大值即可。

时间复杂度$O(n\log n)$。

 

#include<cstdio>
#define N 1000010
int n,m,i,j,D,cnt[3],col,b[N],c[N],d[N],g[N<<1],nxt[N],v[N<<1],ans;char a[N];
struct P{
  int mi0,mi1,ma0,ma1;
  P(){mi0=mi1=ma0=ma1=-1;}
  void up(){
    if(mi0<0){mi0=ma0=j;return;}
    if(j<mi0){
      if(D!=d[mi0])mi1=mi0;
      mi0=j;
    }else if((mi1<0||j<mi1)&&D!=d[mi0])mi1=j;
    if(j>ma0){
      if(D!=d[ma0])ma1=ma0;
      ma0=j;
    }else if(j>ma1&&D!=d[ma0])ma1=j;
  }
}T[N];
inline int id(char x){
  if(x=='B')return 0;
  if(x=='C')return 1;
  return 2;
}
inline void up(int a){if(ans<a)ans=a;}
inline void addedge(int x,int y){nxt[y]=g[x];g[x]=y;}
inline void ins(int x){for(;x<=m;x+=x&-x)T[x].up();}
inline void ask(int x){
  for(;x;x-=x&-x){
    P*t=T+x;
    if(~t->mi0){
      if(D!=d[t->mi0])up(j-t->mi0);else if(~t->mi1)up(j-t->mi1);
      if(D!=d[t->ma0])up(t->ma0-j);else if(~t->ma1)up(t->ma1-j);
    }
  }
}
inline void add(int x){if(!cnt[x])col++;cnt[x]++;}
inline void del(int x){cnt[x]--;if(!cnt[x])col--;}
int main(){
  scanf("%d%s",&n,a+1);
  for(i=1;i<=n;i++){
    cnt[a[i]=id(a[i])]++;
    b[i]=cnt[0]-cnt[1],c[i]=cnt[0]-cnt[2],d[i]=cnt[1]-cnt[2];
  }
  for(i=0;i<=n+n;i++)g[i]=-1;
  for(i=0;i<=n;i++)addedge(b[i]+n,i),v[c[i]+=n+1]=1;
  for(i=1;i<=n+n+1;i++)v[i]+=v[i-1];
  for(i=0;i<=n;i++){
    c[i]=v[c[i]];
    if(c[i]>m)m=c[i];
  }
  for(i=0;i<=n+n;i++){
    for(j=g[i];~j;j=nxt[j])D=d[j],ask(c[j]-1);
    for(j=g[i];~j;j=nxt[j])D=d[j],ins(c[j]);
  }
  for(i=0;i<=n;i++)c[i]=m-c[i]+1;
  for(i=1;i<=m;i++)T[i]=P();
  for(i=0;i<=n+n;i++){
    for(j=g[i];~j;j=nxt[j])D=d[j],ask(c[j]-1);
    for(j=g[i];~j;j=nxt[j])D=d[j],ins(c[j]);
  }
  for(i=0;i<3;i++)cnt[i]=0;
  for(i=j=1;i<=n;up(i-j+1),i++)for(add(a[i]);col>1;del(a[j++]));
  return printf("%d",ans),0;
}