【ARC099D】 Eating Symbols Hard 题解 （双哈希 + 差分）

AtC 传送门：F - Eating Symbols Hard

双哈希 + 差分

Solution

1

发现要想确定 $[l,r]$ 对序列 $A$ 的影响，必须得记录下 $S$ 中的所有子串对 $A$ 操作后的状态。进一步地，为了更好处理每一个 $[l,r]$，自然会想到使用差分的方法——记录下 $[1,i](i\in [1,\left|S\right|])$。

但是上述想法暂时看起来仍有许多缺陷。注意到，我们的目的是确定 $A$ 序列在不同情况下的状态，所以这就引导我们要去使用哈希甚至双哈希进行维护或记录。

为什么哈希能实现上述的差分呢？其实，稍加思考即可发现，即 $h(i)$ 表示按照 $S$ 的子序列 $[1,i]$ 对初始为 $0$ 的序列 $A$ 进行操作后 $A$ 序列的哈希值。那么 $h(r)-h(l-1)$ 实际上就是将前 $i-1$ 个操作造成的影响抵消掉。因为真正对序列 $A$ 造成影响的操作就是对它元素进行加减，而对元素的加减操作显然是可以通过相减抵消的。所以最终只留下第 $l$ 到 $r$ 个操作对序列的影响。

2

回过头来，题目要求统计的合法区间 $[l,r]$ 貌似就是满足 $h(r)-h(l-1)=h(n)$ 的区间。但是，这里忽略掉了一点，就是在 $h(r)-h(l-1)$ 后，这个差值相比 $h(n)$ 实质上会发生一个在 $base$ 进制上的位移。简单解释一下，统计 $[1,n]$ 区间的哈希值时，下标 $p$ 是从 $0$ 开始的，第一个操作乘上的进制是 $bas{e}^0$，然而，统计 $[l,r]$ 区间的哈希值时，下标 $p$ 经过了前 $l-1$ 次操作，不妨记 $P_i$ 表示第 $i$ 次操作时 $p$ 的下标，那么统计区间 $[l,r]$ 时第一次乘上进制的就是 $bas{e}^{P_l}$。

所以，为了消除后者比前者多出的从第 $0$ 位到第 $l-1$ 位的位移，正确的柿子是 ${\displaystyle \frac{h(r)-h(l-1)}{bas{e}^{P_{l-1}}}}=h(n)$。

3

知道了如何判断某一子区间是否合法之后，再考虑如何将它放进代码里实现。

看到时间限制和 $\left|S\right|$ 的大小限制，发现统计时似乎只允许 $\mathcal{\text{O}}(n)$ 的复杂度。这就引导我们想到一个大概的统计方法：枚举 $l$ 遍历 $1$ 到 $\left|S\right|$，然后统计合法的区间右端点 $r$ 的数量。进一步地，这样一来 $h(n)$ 和 $h(l-1)$ 已知，根据推出的柿子就发现 $h(r)$ 已经被唯一确定了，即 $h(r)=h(n)\times bas{e}^{P_{l-1}}+h(l-1)$，所以一开始计算 $h(i)$ 的时候开一个 map 把它们按照哈希值统计数量即可。

至此，此题被完美解决， 复杂度可过。

4

还要再提一个代码实现的时候需要注意的点。题目中已述，$p$ 有可能为负数。那么此时乘上的进制就成了 $bas{e}^{-\left|p\right|}$，然后简单推一波柿子：$bas{e}^{-\left|p\right|}=(bas{e}^{-1}{)}^{\left|p\right|}$。而 $bas{e}^{-1}$ 是什么？$base$ 在取模某个模数意义下的逆元。因为模数我们一定会设为一个素数，故直接用快速幂算出其逆元即可。

需要双哈希。

Code

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

#define rep(i, a, b) for(register int i = a; i <= b; ++i)
typedef long long ll;
const int maxn = 250005;
const int mod1 = 1e9 + 7, mod2 = 998244353;
int n, p[maxn], bs = 121;
char c[maxn];
map<pair<int, int>, int> mp;
pair<int, int> hsh[maxn];
ll ans;

inline int pw(int x, int p, int mod){
	int res = 1;
	while(p){
		if(p & 1) 
			res = 1ll * res * x % mod;
		p /= 2, x = 1ll * x * x % mod;
	} return res;
}
inline pair<int, int> gh(int x, int y){
	int a, b; a = b = x;
	if(y < 0) 
		a = pw(a, mod1 - 2, mod1), b = pw(b, mod2 - 2, mod2), y *= -1; 
	return make_pair(pw(a, y, mod1), pw(b, y, mod2));
}

inline pair<int, int> add(pair<int, int> a, pair<int, int> b){
	return make_pair((a.first + b.first) % mod1, (a.second + b.second) % mod2);
}
inline pair<int, int> mns(pair<int, int> a, pair<int, int> b){
	return make_pair((a.first + mod1 - b.first) % mod1, (a.second + mod2 - b.second) % mod2);
}
inline pair<int, int> tim(pair<int, int> a, pair<int, int> b){
	return make_pair((1ll * a.first * b.first) % mod1, (1ll * a.second * b.second) % mod2);
}

int main(){
	scanf("%d", &n); 
	rep(i, 1, n){ 
		char c; cin >> c; 
		p[i] = p[i - 1];
		if(c == '+') hsh[i] = add(hsh[i - 1], gh(bs, p[i]));
		if(c == '-') hsh[i] = mns(hsh[i - 1], gh(bs, p[i]));
		if(c == '<') hsh[i] = hsh[i - 1], p[i] -= 1;
		if(c == '>') hsh[i] = hsh[i - 1], p[i] += 1;
		mp[hsh[i]] += 1;
	}
	rep(i, 1, n)
		ans += mp[add(hsh[i - 1], tim(hsh[n], gh(bs, p[i - 1])))], 
		mp[hsh[i]] -= 1;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

---

感谢阅读。