[USACO22DEC] Palindromes P 题解

合集 - 提高组杂题训练 1(7)

1.[USACO22DEC] Breakdown P 题解2024-09-282.[USACO22DEC] Making Friends P 题解2024-09-28

3.[USACO22DEC] Palindromes P 题解2024-09-29

4.[USACO23JAN] Tractor Paths P 题解2024-09-295.[USACO23FEB] Hungry Cow P 题解2024-10-116.[USACO23JAN] Subtree Activation P 题解2024-11-087.[USACO23FEB] Problem Setting P 题解2024-11-08

收起

T3 [USACO22DEC] Palindromes P

郝题。首先考虑给定一个串 $S$ 怎么求出要换多少次。

易得，不可能交换两个本来就相同的字符。不妨观察 $\mathtt{\text{G}}$ 的回文关系，一对 $\mathtt{\text{G}}$ 回文当且仅当第一个 $\mathtt{\text{G}}$ 前面的 $\mathtt{\text{H}}$ 数量等于第二个 $\mathtt{\text{G}}$ 后面的 $\mathtt{\text{H}}$ 的数量。换句话说，若当前的串 $[l,r]$，其中有一对 $\mathtt{\text{G}}$ 的位置为 $(a,b)$，则将这一对 $\mathtt{\text{G}}$ 归位的花费为：

$$|(a+b)-(l+r)|$$

简单手模应该不难得到。要注意特殊情况：

• 若串长为偶数但 $\mathtt{\text{G}}$ 的个数为奇数，不可能为回文串，$-1$ 走人；
• 否则一定存在一个 $\mathtt{\text{G}}$ 在正中间的位置，计算 $|\mathit{pos}-\lfloor (l+r)/2\rfloor |$。

所以我们就有一个 $O(n^3)$ 的暴力，其中 $O(n^2)$ 枚举子串，$O(n)$ 计算答案。类似一个区间 DP 的复杂度，由于跑不满，可以通过 $n\le 2000$ 的数据，实测 36pts。

一般来说想到这里就差不多了。

我们发现可以转变转移方式，由中间向两边扩展。先枚举 $i$ 作为中点，神奇地用树状数组维护 $l+r$ 的值统计答案，然后向左向右扩展之后，再将新的 $l+r$ 扔进树状数组。注意到原来有绝对值的符号，所以还需要维护 $l+r$ 和的个数，算出 $<l+r$ 和 $>l+r$ 的个数，就是一个 $O(n^2\log n)$ 的做法。题解区还有 $O(n^2)$ 的做法。

感觉重点还是在于发现这个式子。

#include<bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;

using ll=long long;
constexpr int MAXN=7505;
int t[MAXN],n;
string s;
struct BIT{
	ll c[MAXN<<1];
	void add(int x,int k){
		while(x<=n<<1)c[x]+=k,x+=lowbit(x);
	}
	ll sum(int x){
		ll res=0;
		while(x)res+=c[x],x-=lowbit(x);
		return res;
	}
	void clear(){
		memset(c,0,sizeof(c));
	}
}t1,t2;

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	cin>>s;
	n=s.size();
	s=' '+s;
	int c=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)if(s[i]=='G')t[++c]=i;
	t[c+1]=n+1;
	ll ans=0,sum=0,lans=0;
	for(int i=1;i<=c;++i){
		int lf=i,rf=i;
		while(lf&&rf<=c){
			int fk=t[lf]+t[rf];
			if(lf^i){
				t1.add(fk,fk),t2.add(fk,1);
				sum+=fk;
				++lans;
			}
			for(int l=t[lf];l>t[lf-1];--l)
				for(int r=t[rf];r<t[rf+1];++r){
					if((r-l+1)%2==0){
						--ans;
						continue;
					}
					ll p=t2.sum(l+r-1),q=t1.sum(l+r-1);
					ans+=abs((l+r)/2-t[i]);
					ans+=(p*(l+r)-q)+(sum-q)-(lans-p)*(l+r);
				}
			--lf,++rf;
		}
		sum=lans=0;
		t1.clear(),t2.clear();
	}
	for(int i=1;i<c;++i){
		int lf=i,rf=i+1;
		while(lf&&rf<=c){
			int fk=t[lf]+t[rf];
			t1.add(fk,fk),t2.add(fk,1);
			sum+=fk;
			++lans;
			for(int l=t[lf];l>t[lf-1];--l)
				for(int r=t[rf];r<t[rf+1];++r){
					ll p=t2.sum(l+r-1),q=t1.sum(l+r-1);
					ans+=(p*(l+r)-q+(sum-q)-(lans-p)*(l+r));
				}
			--lf,++rf;
		}
		sum=lans=0;
		t1.clear(),t2.clear();
	}
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}