codeforces 666C - Codeword
题目链接:http://codeforces.com/problemset/problem/666/C
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玩玩样例大概就能发现答案与字符串内容无关 只与字符串长度$L$以及询问长度$N$有关
对于单组询问 $O(N)$ 的公式也是很显然的 只要预处理一下 阶乘 逆元 等就好
然而按照题意 显然是可以卡到进行$M$次询问 最终复杂度$O(MN)$ 的
比赛时做到这里我就开始思考是不是可以把公式优化下 使得单次询问代价更低
按照这种思路 一直到比赛结束我都没有想出......
优化公式的方法失败了 我们再回头看下公式
用$f[i][j]$代表$L$为$i$ $N$为$j$的答案
则$f[i][j]$ = $f[i][j - 1] * 26 + 25 ^ {j - i} * C(j - 1, i - 1), (i <= j)$
于是我们是可以以$O(n)$的复杂度解决$L$为同一值的询问的
看起来只是对于多次询问相同$L$的情况效率较高$?$
我们不妨试试如何$hack$掉这种方法
既然对于询问相同$L$效率较高 我们干脆不断修改$L$ 比如使$L$为$1\ 2\ 3\ ...$这样的递增数列
这时我们又会发现题目其实还有一个限制条件 字符串总长$($设为$S)$不超过 $10 ^ 5$
$($不知道有没有人比赛时和我一样 把这个条件认为是防止卡读入的 然后直接忽略了$...)$
有了这个限制条件 $L$ 最多就只有差不多 $\sqrt{2S}$个 大概也就是$450$的样子
于是就可以通过上述方法 以$O(\sqrt{S}*N)$的复杂度解决此题了
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 1e5 + 10, mod = 1e9 + 7, S2N = 450; 4 long long a25[N], a[N], inv[N]; 5 int ans[S2N][N]; 6 int ma[N]; 7 char s[N]; 8 int m, n, l, op, cnt; 9 long long qpow(long long x, int y) 10 { 11 long long re = 1, t = x; 12 while(y) 13 { 14 if(y & 1) 15 re = re * t % mod; 16 t = t * t % mod; 17 y >>= 1; 18 } 19 return re; 20 } 21 void calc(int x) 22 { 23 int y = ma[x]; 24 ans[y][x] = 1; 25 for(int i = x + 1; i <= 100000; ++i) 26 ans[y][i] = ((long long)ans[y][i - 1] * 26 + a25[i - x] * a[i - 1] % mod 27 * inv[x - 1] % mod * inv[i - x]) % mod; 28 } 29 int main() 30 { 31 a25[0] = 1; 32 a[0] = 1; 33 inv[0] = 1; 34 for(int i = 1; i <= 100000; ++i) 35 { 36 a25[i] = a25[i - 1] * 25 % mod; 37 a[i] = a[i - 1] * i % mod; 38 inv[i] = qpow(a[i], mod - 2); 39 } 40 scanf("%d", &m); 41 scanf("%s", s); 42 l = strlen(s); 43 ma[l] = ++cnt; 44 calc(l); 45 while(m--) 46 { 47 scanf("%d", &op); 48 if(op & 1) 49 { 50 scanf("%s", s); 51 l = strlen(s); 52 if(!ma[l]) 53 { 54 ma[l] = ++cnt; 55 calc(l); 56 } 57 } 58 else 59 { 60 scanf("%d", &n); 61 if(n < l) 62 { 63 puts("0"); 64 continue; 65 } 66 else 67 printf("%d\n", ans[ma[l]][n]); 68 } 69 } 70 return 0; 71 }
