【题解】P3295 - [SCOI2016] 萌萌哒
题目大意
给定一个由 \(n\) 个数组成的序列 \(s\) 。已知有 \(m\) 个限制，每个限制 \(l_1, r_1, l_2, r_2\) 表示 \(s\) 满足 \([s_{l1}, s_{r1}]\) 和 \([s_{l2}, s_{r2}]\) 完全相同。试求一共有多少种构造序列的方案同时满足所有的 \(m\) 个限制，结果对 \(10^9 + 7\) 取模。
\(1 \leq n \leq 10^5, 1 \leq m \leq 10^5\)
解题思路
这道题的经验教训告诉我们，做题不要拘泥于形式，要从自己的经验和直觉入手，套路只是提供可能的思考方向（
看到题目，我们可以先从比较暴力的做法出发。如果区间 \([l_1, r_1]\) 和区间 \([l_2, r_2]\) 完全相同，说明对于所有满足 \(0 \leq k \leq r_1 - l_1 + 1\) ，\(s_{l1 + k} = s_{l2 + k}\) 。于是我们可以把区间相等转化成单点相等。由此得到暴力的思路：用至多 \(n\) 个并查集维护所有相同的单点，将 \(s\) 值相同的单点都合并在同一个并查集内。根据题目限制，十进制数的最高位不能是 \(0\) ，有 \(1\) 到 \(9\) 共 \(9\) 种选择；其余数位有 \(0\) 到 \(9\) 十种选择。令 \(t\) 等于最终的并查集个数，合法的构造方案数为 \(9 \times 10^{t - 1}\) 。
这样的算法可以拿到 \(30\ pts\) ，但是如果数据强度够大，例如没有单点 \(s\) 值相等的情况，这种暴力的并查集就会被卡。因此，我们需要优化这个思路。考虑到数据范围，最好能将时间复杂度优化到 \(O(nlogn)\) 。
想要优化一个 \(log\) ，我们联想到与二进制有关的算法。我们可以使用类似于多重背包二进制优化的思想，将一个以 \(l\) 为左端点且长度为 \(2^p\) 的区间拆成不超过 \(\log_2^{r - l + 1}\) 个小区间。我们可以将并查集减少到 \(x\) 层，第 \(i\) 层维护长度为 \(2^i\) 的区间。换言之，我们用左端点来代表一个区间，再将一个区间抽象成一个结点。相同长度的区间在同一层内，构成可以被并查集维护的结构。
于是，我们可以考虑处理限制了。实际上，令 \(q = log_2^{r_1 - l_1 + 1}\)我们可以将区间 \([l_1, r_1]\) 拆分成两个分别以 \(l_1\) 和 \(r_1 - 2^q + 1\) 开头的长度为 \(2^q\) 的区间，类似于 \(RMQ\) 问题。接着，我们在第 \(q\) 层将对应的结点所在的并查集合并，即合并 \([l_1, l_1 + 2^q - 1]\) 和 \([l_2, l_2 + 2^q - 1]\) 对应的结点，再合并 \([r_1 - 2^q + 1, r_1]\) 和 \([r_2 - 2^q + 1, r_2]\) 对应的结点。
这样做可以快速处理限制，但是会导致限制关系没有影响到所有 \(x\) 层的结点。我们需要将高层的限制关系转移到低层，最后用最底层的信息统计答案。因为这道题的限制关系表示两值相等，根据等式的传递性，我们可以判断这个模型具有可叠加性。因此，我们可以按区间长度从大到小枚举区间。假设我们需要将第 \(k\) 层的信息转移到第 \(k - 1\) 层，因为并查集中的区间一定和并查集的根区间相等，所以我们可以再次运用 \(RMQ\) 的处理方法，将两个区间拆成类似于长度为 \(2^{k - 1}\) 的上段提到的形式，再在第 \(k - 1\) 层将它们所在的并查集合并。最终的并查集个数为满足 \(f_{i, 0} = i\) 且 \(1 \leq i \leq n\) 的 \(i\) 的个数。按照上文提及的公式直接计算结果即可。
注意题目需要取模，注意精度问题。
参考代码
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m, k, cnt;
int f[maxn][25];
long long ans;
int get_log(int x) {
int cnt = 0, num = 1;
while (num <= x) {
num *= 2;
cnt++;
}
return cnt - 1;
}
int get(int x, int k) {
if (f[x][k] == x) {
return x;
}
return f[x][k] = get(f[x][k], k);
}
void merge(int x, int y, int k) {
x = get(x, k);
y = get(y, k);
if (x != y) {
f[x][k] = y;
}
}
int main() {
// freopen("P3295_1.in", "r", stdin);
int l1, r1, l2, r2;
scanf("%d%d", &n, &m);
k = get_log(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j <= k; j++) {
f[i][j] = i;
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d%d%d", &l1, &r1, &l2, &r2);
for (int j = k; j >= 0; j--) {
if (l1 + (1 << j) - 1 <= r1) {
merge(l1, l2, j);
l1 += (1 << j);
l2 += (1 << j);
}
}
}
for (int j = k; j; j--) {
for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) {
int p = get(i, j);
merge(i, p, j - 1);
merge(i + (1 << (j - 1)), p + (1 << (j - 1)), j - 1);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (f[i][0] == i) {
if (!ans) {
ans = 9;
} else {
ans = (ans * 10) % mod;
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
