[USACO24OPEN] The 'Winning' Gene S 自用存档

1|0[USACO24OPEN] The 'Winning' Gene S

1|1题目背景

注意：本题的内存限制为 512MB，通常限制的 2 倍。

1|2题目描述

在多年举办比赛并看着 Bessie 一次又一次地获得第一名后，Farmer John 意识到这绝非偶然。他得出结论，Bessie 一定将胜利写进了 DNA，于是他开始寻找这种「胜利」基因。

他设计了一个过程来识别这个「胜利」基因的可能候选。他获取了 Bessie 的基因组，为一个长为 $N$ 的字符串 $S$，其中 $1\le N\le 3000$。他选择某个数对 $(K,L)$，其中 $1\le L\le K\le N$，表示「胜利」基因候选的长度将为 $L$，并且将在一个较大的 $K$ 长度子串中进行寻找。为了识别这一基因，他从 $S$ 中取出所有 $K$ 长度的子串，我们将称这样的子串为一个 $K$-mer。对于一个给定的 $K$-mer，他取出其所有长度为 $L$ 的子串，将字典序最小的子串识别为胜利基因候选（如果存在并列则选择其中最左边的子串），然后将该字串在 $S$ 中的起始位置 $p_i$（从 $0$ 开始索引）写入一个集合 $P$。

由于他还没有选定 $K$ 和 $L$，他想知道每对 $(K,L)$ 将有多少个候选。

对于 $1\ldots N$ 中的每一个 $v$，帮助他求出满足 $|P|=v$ 的 $(K,L)$ 对的数量。

1|3输入格式

输入的第一行包含 $N$，为字符串的长度。第二行包含 $S$，为给定的字符串。输入保证所有字符均为大写字符，其中 $s_i\in \texttt A-\texttt Z$，因为奶牛遗传学远比我们的高级。

1|4输出格式

对于 $1\ldots N$ 中的每一个 $v$，输出满足 $|P|=v$ 的 $(K,L)$ 对的数量，每行输出一个数。

1|5样例 #1

样例输入 #1

8
AGTCAACG

样例输出 #1

11
10
5
4
2
2
1
1

1|6提示

样例解释 1

在这个测试用例中，输出的第三行为 $5$ 是因为我们发现恰好有 $5$ 对 $K$ 和 $L$ 存在三个「胜利」基因候选。这些候选为（其中 $p_i$ 从 $0$ 开始索引）：

(4,2) -> P = [0,3,4]
(5,3) -> P = [0,3,4]
(6,4) -> P = [0,3,4]
(6,5) -> P = [0,1,3]
(6,6) -> P = [0,1,2]

为了了解 $(4,2)$ 如何得到这些结果，我们取出所有的 $4$-mer

AGTC
GTCA
TCAA
CAAC
AACG

对于每一个 $4$-mer，我们识别出字典序最小的长度为 $2$ 的子串

AGTC -> AG
GTCA -> CA
TCAA -> AA
CAAC -> AA
AACG -> AA

我们取出所有这些子串在原字符串中的位置并将它们添加到集合 $P$ 中，得到 $P=[0,3,4]$。

另一方面，如果我们关注 $(4,1)$ 对，我们会发现这只会得到总共 $2$ 个「胜利」基因候选。如果我们取出所有的 $4$-mer 并识别字典序最小的长度为 $1$ 的子串（用 A，A' 和 A* 来区分不同的 A），我们得到

AGTC -> A
GTCA' -> A'
TCA'A* -> A'
CA'A*C -> A'
A'A*CG -> A'

尽管 A' 和 A* 在最后 3 种情况下字典序均为最小，但最左边的子串优先，因此仅有 A' 在所有这些情况中被视为候选。这意味着 $P=[0,4]$。

测试点性质

• 测试点 $2-4$：$N\le 100$。
• 测试点 $5-7$：$N\le 500$。
• 测试点 $8-16$：没有额外限制。

赛时代码（66）

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

const int N = 3005;
int n, p[N], cnt[N];
char s[N];

int pl[N][N], qwq[N][N], ll;
bool check(int a, int b){
	if(pl[a][ll-1] != pl[b][ll-1])
		return pl[a][ll-1]<pl[b][ll-1];
	if(s[a+ll-1] != s[b+ll-1])
		return s[a+ll-1] < s[b+ll-1];
	return a < b;
}

int find(int l, int L, int R){
	if(R-L+1 < l) return 0;
	int minp = L, ret = 1;
	for(int i = L+1; i+l-1 <= R; i++)
		if(pl[i][l] < pl[minp][l]) minp = i;
	ret += find(l, L, minp+l-2);
	ret += find(l, minp+1, R);
	cnt[R-L+1]++; return ret;
}

int main(){
	scanf("%d%s", &n, s+1);
	for(ll = 1; ll <= n; ll++){
		for(int i = 1; i+ll-1 <= n; i++)
			qwq[ll][i] = i;
		sort(qwq[ll]+1, qwq[ll]+n-ll+2, check);
		for(int i = 1, cnt = 0; i+ll-1 <= n; i++){
			if(pl[qwq[ll][i]][ll-1] != pl[qwq[ll][i-1]][ll-1]
			 || s[qwq[ll][i]+ll-1] != s[qwq[ll][i-1]+ll-1])
				cnt++;
			pl[qwq[ll][i]][ll] = cnt;
		}
	}
	for(int l = 1; l <= n; l++){
		find(l, 1, n);
		for(int i = n; i >= l; i--){
			cnt[i] += cnt[i+1];
			cnt[i+1] = 0; p[cnt[i]]++;
		} cnt[l] = 0;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		printf("%d\n", p[i]);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：Meteor2008
本文链接：https://www.cnblogs.com/meteor2008/p/18160960.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！