洛谷CF264D Colorful Stones（子序列匹配，思维）

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神仙思维题。

对于两个字符串的匹配问题，似乎之前蒟蒻写的HAOI2010最长公共子序列题解中提到的建网格图模型是一种套路？

给一个稍微强一点的样例（把字母换成了ABC）

AABCB
BACBA

它所对应的网格图如下（横轴代表$s$，纵轴代表$t$，显示的点表示可达状态）

我们首先可以大致确定，所有的可达状态在一个不规则图形的界内
（红色线条）。第$i$行（或列）的界是$[l_i,r_i]$，而且类似two pointers，$l_i$和$r_i$都随$i$单调不降。拐角的顶点$(x,y)$出现在前缀$s_x$和前缀$t_y$第一次匹配到其中一个是另一个的子序列的地方。

那么是不是这个界里面的状态都可达呢？显然不是，我们还可以看到这样的位置（中间有三个）：如果$s_x=t_{y-1}\neq s_{x-1}=t_y$的话，$(x,y)$也会不可达。对应的两个子串形如AB和BA，蒟蒻接下来把该状态记作AB-BA。

仔细观察一下（或者打个表），除了这种情况，还有没有别的情况也是在界内却不可达的？貌似找不到啊。。。。。。

实际上，我们大概可以证明，在这个界内有且仅有AB-BA状态不可达。

图中的若干有向边从前驱节点指向后继节点。显然如果一个状态不可达，那么要么它没有前驱，要么它的所有前驱都不可达。

首先，一个节点没有前驱的情况就只有AB-BA那一种。当$s_x=t_y$时，我们可以肯定$(x,y)$有前驱，随手画画就可以发现。

于是现在我们就需要证明，如果一个点不可达，那么它一定没有前驱，而不会出现它有前驱且前驱不可达。反证法，我们现在开始判定一个在界内的有前驱的节点$(x,y)$，并假设它和它的前驱都不可达。

1. 它的前驱中有一个是$(x-1,y-1)$。刚刚已经得出$(x-1,y-1)$有前驱，那么我们又需要假设$(x-1,y-1)$的前驱不可达。
2. 它的前驱中没有$(x-1,y-1)$。则它的前驱可能有$(x-1,y)$、$(x,y-1)$。如果$(x-1,y)$有前驱，那么我们又需要假设$(x-1,y)$的前驱不可达；如果$(x-1,y)$没有前驱，那么说明出现了AB-BA状态，则一定会有$(x-1,y-1)$到$(x,y)$的边，不符合设定。对$(x,y-1)$的讨论同理。

于是，我们如果要假设某个点的所有前驱都不可达，我们必须假设它的某一个前驱的所有前驱都不可达，接着是前驱的前驱的前驱。。。。。。这个过程中$x,y$在递减，而最终$(x,y)$到了边界上。显然边界上的点都是可达状态（从$(0,0)$出发形成一条轮廓状路径），于是所有的假设都被推翻了。

思路清晰了以后，代码就简单了，只需要注意些细节。动态匹配子序列，维护$l,r$，还有对不同的状态记前缀和，这些都没什么好说的了。

#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=1e6+9;
char s[N],t[N];
int f[N][8];
int main(){
    R n=0,m=0,x,y,l=0,r=0;
    RG long long ans=0;
    scanf("%s%s",s,t);
    for(n=0;s[n];++n)s[n]%=3;//只是凑巧发现RBG%3的余数不一样
    for(m=0;t[m];++m)t[m]%=3;
    for(x=1;x<n;++x){
        memcpy(f[x],f[x-1],32);//前缀和
        if(s[x-1]!=s[x])
            ++f[x][(s[x-1]>s[x])*4+s[x-1]+s[x]];
    }
    memcpy(f[n],f[n-1],32);
    for(y=0;y<m;++y){
        if(y&&t[y-1]!=t[y]){//注意边界
            x=(t[y-1]<t[y])*4+t[y-1]+t[y];
            ans-=f[r][x]-f[l][x];
        }
        while(r<n&&s[r]!=t[y])++r;
        ans+=r-l+1-(r==n);//同样注意边界
        if(r<n)++r;
        if(l<r&&s[l]==t[y])++l;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}