AT_dwacon5th_prelims_c k-DMC 题解

分析

先考虑 $k=n$ 的情况。

对于 $s_j=M$ 的时候，其能够匹配的 $s_i=D$ 的数量很显然是 $i\le j-1$ 的时候的数量，求前缀和就能得到。而对于 $s_j=C$ 的时候，能够完整匹配的就是 $i\le j-1$ 的时候所有 $s_i=M$ 能够匹配的数量之和，再套个前缀和就行了。复杂度是 $O(n)$ 的。

考虑 $3\le k\le n$ 的情况。

和上面的差不多，对于 $s_j=C$ 的时候，它能够得到贡献的 $M,D$ 都是在 $[j-k+1,j]$ 的。处理这个，只需要在 $j-k$ 没有越界的时候减去 $s_{j-k}$ 的贡献。如果 $s_{j-k}=M$，因为 $s_{j-k}$ 之前所有的 $D$ 对 $j$ 的贡献都减完了，所以将 $M$ 出现数量的和 $-1$（这个后面会用到）。如果 $s_{j-k}=D$，其贡献是 $[j-k+1,j]$ 中 $M$ 的数量，这个已经统计出来了，直接剪掉即可。如果 $s_{j-k}=C$，则不理会，因为它本身不会产生贡献。至于 $s_j=M,D$ 的情况，跟 $k=n$ 的时候差不多，只需要注意 $M$ 的数量。

单次询问的答案就是所有 $s_j=C$ 的时候得到贡献之和。复杂度 $O(qn)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register
#define il inline
#define PII pair<int,int>
#define x first
#define y second 

const int N=1e6+10;
int n,q,k;
string s;

il void solve(){
	cin>>n>>s>>q;
	while(q--){
		cin>>k;
		int ans=0,sum_d=0,sum_m=0,sum=0;
		for(re int i=0;i<n;++i){
			if(i-k>=0){
				if(s[i-k]=='D') sum-=sum_m,--sumd;
				if(s[i-k]=='M') --sum_m;
			}
			if(s[i]=='D') ++sum_d;
			if(s[i]=='M') sum+=sum_d,++sum_m;
			if(s[i]=='C') ans+=sum;
		}
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return ;
}

signed main(){
	solve();
	return 0;
}