【HNOI 2019】JOJO
Problem#
Description#
JOJO 的奇幻冒险是一部非常火的漫画。漫画中的男主角经常喜欢连续喊很多的「欧拉」或者「木大」。
为了防止字太多挡住漫画内容,现在打算在新的漫画中用 欧拉或者 木大表示有 个欧拉或者木大。
为了简化内容我们现在用字母表示喊出的话。
我们用数字和字母来表示一个串,例如:2 a 3 b
表示的串就是 aabbb
。
一开始漫画中什么话都没有,接下来你需要依次实现 个操作,总共只有 种操作:
- 第一种:
1 x c
:在当前漫画中加入 个 ,表示在当前串末尾加入 个 字符。保证当前串是空串或者串尾字符不是 ; - 第二种:
2 x
:觉得漫画没画好,将漫画还原到第 次操作以后的样子,表示将串复原到第 次操作后的样子,如果 则是将串变成空串。如果当前串是bbaabbb
,第 次操作后串是bb
,则2 4
会使bbaabbb
变成bb
,保证 小于当前操作数。
众所周知空条承太郎十分聪明,现在迪奥已经被打败了,他开始考虑自己的漫画中的一些问题:
对于一个串的每个前缀 ,都有一个最长的比它短的前缀 与前缀 的一个后缀匹配,设这个最长的前缀 的长度为 。 为 时意味着 是一个空串。
每一次操作后,你都需要将当前的串的所有前缀的 求和并对 取模输出告诉空条承太郎,好和他的白金之星算出的答案对比。比如 bbaaabba
的 分别是 ,所以对于这个串的答案就是
Input Format#
第一行包括一个正整数 ,表示操作数量。
接下来 行每行包含一个操作,操作格式如题目描述所示,例如:
-
1 x c
-
2 x
保证数据合法。
Output Format#
仅包含 行,第 行一个整数,表示 个操作之后串的答案。
Sample#
Input#
11
1 2 a
1 3 b
1 2 a
1 1 b
2 2
1 3 a
1 2 b
2 6
2 5
1 7 a
1 5 c
Output#
1
1
4
7
1
6
13
6
1
14
14
Explanation#
Explanation for Sample#
操作 | 此时的串 | 答案(取模后) |
---|---|---|
aa |
||
aabbb |
||
aabbbaa |
||
aabbbaab |
||
aabbb |
||
aabbbaaa |
||
aabbbaaabb |
||
aabbbaaa |
||
aabbb |
||
aabbbaaaaaaa |
||
aabbbaaaaaaaccccc |
Range#
的数据满足 ,对于每个 操作中的 ;
另有 的数据满足 ,且对于每个 操作中的 ;
另有 的数据满足 ,且不含 操作;
的数据满足 ,且每个 操作中的 。
Algorithm#
。
Mentality#
挺神的一道题。
对于每次第一种操作加入的字符,我们将其看作一个整体,可以称其为字段,一个字段拥有字符与长度两种属性。
先考虑一个 分做法(虽然说是 分,但本题数据水,实际上可以 掉):当我们在结尾加入一个字符时,回想一下跳 的过程:不断跳前一位的 ,直到当前位置的后一个字符与加入字符相同。
那么由于每次加入的字段都与前面的字符不同,则我们发现,对于一对相同的前后缀,删掉开头结尾的第一个字段,中间的都是完整的字段。那么我们可以将一个字段视作一个新的字符进行 ,同时特别的,对于第一个字段,我们将所有与它字符相同且长度大于它的字段视作相同字段。
那么每次新加入一个字段,我们只需要不断跳 并计算答案。
虽然此算法能通过此题,但毕竟复杂度不正确,因为 跳数组的 是均摊意义下的,若有回溯操作并刻意构造就能够完美卡掉它。那么考虑令跳 的过程复杂度正确。
可以考虑一个平时由于复杂度均摊而完全不会考虑的优化:循环节。对于跳 ,假设当前在位置 ,若 ,则跳 会使长度减少到一半以下。但如果 ,则可能导致长度只会减少一点点,从而复杂度错误。
但是,如果 ,它就会产生至少两个循环节!(譬如 的形式)那么我们只需要加上一个判断:若当前前缀 存在循环节,先判断末尾循环节是否满足要求,然后调试第一个循环节即可。
这样的话每次长度必定缩短一半以上,则跳 的复杂度上限优化为每次 ,总复杂度 。
Code#
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;
const int Max_n = 1e5 + 5, mod = 998244353;
int n;
long long Ans[Max_n];
int f[Max_n], l[Max_n], len[Max_n], sum[Max_n];
char P[Max_n], c[Max_n];
int cntr, hd[Max_n], nx[Max_n], to[Max_n];
void addr(int u, int v) {
cntr++;
nx[cntr] = hd[u], to[cntr] = v;
hd[u] = cntr;
}
void Mod(long long &x) { x %= mod; }
void calc(int x, int L, long long ans) {
if (len[x]) {
if (!L) Mod(ans = (len[x] - 1) * len[x] / 2);
int maxx = 0, now = f[L], lastgap = 0;
for (int i = f[L]; ~i; i = f[i]) {
if (P[i + 1] == c[x] && min(l[i + 1], len[x]) > maxx) {
int tp = maxx;
maxx = min(l[i + 1], len[x]);
Mod(ans +=
1ll * (maxx - tp) * sum[i] + (maxx - tp) * (tp + 1 + maxx) / 2);
}
if (i - f[i] == lastgap && i) i = i % lastgap + lastgap;
lastgap = i - f[i];
}
if (c[x] == P[1] && L) Mod(ans += (len[x] - maxx) * l[1]);
lastgap = 0;
f[L + 1] = 0;
for (int i = f[L++]; ~i; i = f[i]) {
if (P[1] == c[x] && l[1] <= len[x]) f[L] = 1;
if (P[i + 1] == c[x] && l[i + 1] == len[x]) {
f[L] = i + 1;
break;
}
if (i - f[i] == lastgap && i) i = i % lastgap + lastgap;
lastgap = i - f[i];
}
P[L] = c[x], sum[L] = sum[L - 1] + (l[L] = len[x]);
}
Ans[x] = ans;
for (int i = hd[x]; i; i = nx[i]) calc(to[i], L, ans);
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("5287.in", "r", stdin);
freopen("5287.out", "w", stdout);
#endif
scanf("%d", &n);
int opt, x;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d", &opt, &x);
if (opt == 2) {
addr(x, i);
} else {
addr(i - 1, i);
scanf(" %c", &c[i]);
len[i] = x;
}
}
f[0] = -1;
calc(0, 0, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld\n", Ans[i]);
}
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