P10995 【MX-J3-T2】Substring 解题报告

P10995 【MX-J3-T2】Substring

也是在赛时做出黄题了（后话：现在降 $\mathtt{\text{橙}}$ 力,后话的后话：现在又升 $\mathtt{\text{黄}}$ 了）。

首先考虑暴力求出所有字串，排序一遍，时间复杂度 $O(n^2)$ ，预期得分 $45pts$ 。

思考如何不求出所有字串就可以查询出第 $k$ 个字串。以样例为例。

3 6
3 1 2
1
2
3
4
5
6

答案：

2 2
2 3
3 3
1 1
1 2
1 3

观察到数字 $1$ 开头的字串一定大于其他数字开头的字串（证明：根据字典序定义显然），而根据序列性质： 其中 1∼n 各出现了一次 ，数字 $1$ 开头的子串越长排名越大。具体地 $[1]<[1,2]$ ，于是根据数字在原数组中的位置，可以求出以数字 $x$ 开头的子串数量，并且它们的排名也因此确定了。

解释：令 $S_x$ 代表以 $x$ 开头的子串的集合，那么显然有 $S_1<S_2<S_3<...<S_n$ （这里比较每个集合内子串字典序大小）。
并且每个$S_x$ 内的排名也是确定且与子串大小相关（如以 $3$ 开头，长度为 $2$ 的子串的排名就是以 $3$ 开头长度为 $1$ 的字串的排名 $+1$，注意这里以 $x$ 开头长度为 $1$ 的字串排名是可以预处理出来的）。

接下来看具体实现：

$po{s}_i$ 表示第数字 $i$ 在原数组出现位置。

$le{n}_i$ 表示以数字 $i$ 开头的子串长度。

$pre$ 是 $len$ 的前缀和，$pr{e}_i$ 也就表示以 $i$ 开头，长度为 $1$ 的子串的排名。

于是对于每个查询 $k$ ，二分求出其子串开头是什么，然后整个区间根据已知信息，手推一遍样例也就出来了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <map>
#define int long long
using namespace std;

const int maxn = 3e5 + 5;
int n, q, k;
int a[maxn];
map<int, int> pos;
int len[maxn], pre[maxn];

signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
	cin >> n >> q;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("%lld", &a[i]);
		pos[a[i]] = i;
	}
	for (int i = 1, num; i <= n; i++)
	{
		num = pos[i];
		len[i] = n - num + 1;
	}
//	for (int i = 1; i <= n; i++) {
//		cout << len[i];
//	}
//	cout << endl;
	for (int i = 2; i <= n + 1; i++)
	{
		pre[i] = pre[i - 1] + len[i - 1];
	}
//	for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
//		cout << pre[i] << " ";
//	}
//	cout << endl;
	while (q--)
	{
		scanf("%lld", &k);
//		cout << k << " ";
		int x = lower_bound(pre + 1, pre + n + 2, k) - pre - 1;
//		cout << x << "# ";
		if (x == n + 1)
		{
			cout << pos[n] << " " << pos[n] + len[n] - 1 << endl;
		}
		else
		{

			if (k == pre[x])
			{
				cout << pos[x] << " " << pos[x] + k - pre[x] << endl;
			}
			else
			{
				cout << pos[x] << " " << pos[x] + k - pre[x] - 1 << endl;
			}
		}
	}
	return 0;
}