2019.11.11 洛谷月赛t3

题目背景

由于Y校的老师非常毒瘤，要求\(zhouwc\)在\(csp\)考前最后\(3\)天参加期中考，\(zhouwc\)非常生气，决定消极考试，以涂完卡但全错为目标。现在\(retcarizy\)看\(zhouwc\)太可怜了，想要帮\(zhouwc\)解决一个问题，但他自己又太忙了，咕咕咕，于是就把问题甩给了你。

题目描述

给你一个长度为\(n\)的字符串\(S\)。

有\(m\)个操作，保证\(m\leq n\)。

你还有一个字符串\(T\)，刚开始为空。

共有两种操作。

第一种操作：

在字符串\(T\)的末尾加上一个字符。

第二种操作：

在字符串\(T\)的开头加上一个字符。

每次操作完成后要求输出有几个\(l \in [1,T.size]\)满足以下条件：

对于\(\forall i \in [1,l]\)有\(T_{T.size-l+i} \ne S_{i}\)

\(Tip:\)字符串下标从\(1\)开始。\(T.size\)表示\(T\)的长度。

输入格式

第一行两个正整数\(n,m\)。

第二行\(n\)个正整数，用空格隔开，第\(i\)个整数表示\(S_i\)。

接下来\(m\)行，每行两个数字\(opt,ch\)，\(opt=0\)表示在\(T\)的末尾加一个字符\(ch\),\(opt=1\)表示在\(T\)的开头加一个字符\(ch\)。

输出格式

共\(m\)行，每行一个非负整数表示第\(m\)操作后的输出。

输入输出样例

输入 #1

10 3
1 2 3 1 2 3 2 3 2 3
0 1
1 2
0 3

输出 #1

0
1
1

说明/提示

注意：本题采用捆绑测试，只有当你通过一个subtask的所有点后，你才能拿到这个subtask的分数

对于所有的数据 \(n \leq 10^6,m \leq 3.3333 \times 10^4,|\sum|\leq10^3,S_i \in [1,|\sum|]\)(\(\sum\)表示字符集)

\(subtask1(17\%)\):\(m \leq 333\)

\(subtask2(33\%):m \leq 3333\)

\(subtask3(20\%):|\sum|\leq2∣\)

\(subtask4(30\%):\)无特殊条件

样例解释：

第一次操作后，\(T=“1”\),

\(l=1\)时\(T[1]=S[1]\)，所以答案为你不jjgvfj\(0\)

第二次操作后，\(T=“21”\),

\(l=1\)时，\(T[2]=S[1]\)

\(l=2\)时，\(T[1]!=S[1]\)，\(T[2]!=S[2]\)，所以答案为\(1\)

第三次操作后，\(T=“213”\),

\(l=1\)时，\(T[3]!=S[1]\);

\(l=2\)时，\(T[2]=S[1]\);

\(l=3\)时，\(T[3]=S[3]\)，所以答案为\(1\)

\(O(m^3)\)的做法很容易想，按照题意模拟即可。预计得分\(17pts\)。

对于\(O(m^2)\)的做法，因为这个题实际上是查找\(S\)的前\(l\)个和\(T\)的后\(l\)个是否严格不相等，我们考虑记录\(dp[l]\)表示在上述意义下\(l\)是否合法。容易知道，在\(T\)串最后插入一个字符时，因为\(S\)串始终不变，\(T\)串的最后\(l\)个字符从原本\(T\)串的后\(l\)个字符变成了原本\(T\)串的后\(l-1\)个字符加上新加入的字符，所以为了比较新的\(T\)串后\(l\)个字符是否合法，我们只需要比较新字符、原本\(T\)串的后\(l-1\)个字符是否相等即可。即\(dp[i]=dp[i-1]|(ch==S[i])\)。这样，对于每个加入的字符，只需要用\(O(1)\)的复杂度检查每个枚举到的\(l\)是否合法即可。

在\(T\)串最前面插入一个字符时，因为原本所有的合法的\(l\)依然没有变化，只是增加了一个新的\(l\),所以我们只需暴力\(check\)新加入的答案\(l\)，对于每一位枚举是否不同即可。

时间复杂度\(O(m^2)\)，预计得分\(50pts\)。是我在考场上想出来的方法。

考虑优化\(O(m^2)\)的做法，我们找到了状压神器——\(bitset\)，它可以将复杂度优化到原来的\(\frac{1}{32}\)。如果常数优秀一些这个方法可以过。

考虑刚才的方法算过了哪些不可能合法的状态，我们知道所有的字符其存在位置都是独立的，所以我们用一个\(bitset\)数组\(id[i]\)记录字符\(i\)在哪些位置上出现过。只要加入的新数\(dt\)对应的位置是\(id[dt]\)上\(1\)的位置，则该状态肯定不合法。

所以这样优化的关键在于同时算出了所有合法的状态。所以我们用\(f\)的第\(i\)位的\(0/1\)表示后缀长度为\(i\)时是否合法。

如果在\(T\)串尾部加入新的字符，则对于长度是\(i\)的情况一定是由\(i-1\)的情况和新加入位的情况同时转移来（见上述\(O(n^2)\)做法），而所有新加入的位对应与\(S\)串中哪些位相同已经存储好，假设加入的字符是\(dt\)，则\(f=(f<<1)|id[dt]\)。

如果在\(T\)串头部加入新的字符，设原来\(T\)串有效的后缀长度有\(l\)位，则新的\(T\)串后\(l\)位是否合法状态不变，所以新旧\(T\)串前面\(l\)位答案一样；

在\(T\)串头部插入新字符时，我们发现遇到了一些新的问题：

第一，我们发现在头部加入字符时，后面的所有字符都往后移了一位。

第二，我们需要比较加入的新字符和第一个字符是否相同。

很明显困难在于解决第一个问题。因为我们如果要想比较移动之后的字符和\(S\)的关系，在不知道其它任何东西的情况下，需要另用一个\(O(n)\)检查。

解决这个问题的方法是一个非常重要的思想：费用提前。在每次从队尾加入一个字符时，我们将这个字符所能贡献到答案的所有位置一次存好。方法很简单，假设我们每次加进的字符是\(dt\)，考虑这一位对应到\(S\)串的所有可能。如果\(dt\)对应到的某一位上\(id[dt]\)在同样的位上恰好是\(1\)，说明当队尾不断加入字符使当前这个\(dt\)恰好对应到刚才说的这一位上，则这样的方案肯定是不合法的。

考虑如何进行这样的操作。假设\(dt\)是在第\(i\)位加入队列，则\(dt\)离\(T\)结尾的长度是\(i-1\)。注意这里我们只讨论\(T\)序列结尾的费用提前，因为其它点情况和结尾一样。假设\(dt\)对应的\(id\)值在第\(k\)位上是\(1\)，说明\(dt\)在取到第\(k\)位时整体一定不合法。这时\(dt\)距离队尾的距离是\(l-1\)，所以\(dt\)的位置由队尾左移\(i-1\)位得到，所以当\(dt\)取到\(k\)时，队尾应该取到\(k+l-1\)位，但是注意是反着存的，所以：

\[f=f|(id[dt]<<x-1) \]

上代码：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<bitset>
using namespace std;
int n,m,opt,S[1000005],dt;
bitset<35005> f,id[1005],now;
int read(){
    int ans=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
        ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0'){
        ans=ans*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return ans;
}
int main(){
    n=read();
    m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        S[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        id[S[i]].set(i);
    now.set();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        opt=read();
        dt=read();
        now.reset(i);
        if(opt==0)
            f=(f<<1)|id[dt];
        else
            f=f|(id[dt]<<(i-1));
        printf("%d\n",(~(f|now)).count());
    }
    return 0;
}