CSP-S 2023 消消乐

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考虑 dp，设 $f_i$ 为以 $i$ 结尾的合法子串个数。如果我们能对每个 $i$，求出来 $g_i$ 表示最大的左端点 $l$ 使得 $[l, i]$ 是合法串，那么 $f_i = f_{g_i - 1} + 1$。若 $g_i$ 不存在则 $f_i = 0$。答案为 $\sum\limits_{i = 1}^n f_i$。

考虑求 $g_i$。因为 $g_i$ 是最大的，所以 $s_{g_i} = s_i$，并且 $[g_i + 1, i - 1]$ 是由若干个 $[g_j, j]$ 组成的合法串拼接而成。

这启发我们连边 $i \to g_i - 1$，转化成求 $i$ 不断跳出边直到跳到字符 $s_i$ 或没有出边，并找到跳到的点。

套路地考虑倍增，设 $F_{i, j}$ 为点 $i$ 跳了 $2^j$ 次出边后所在的点，$G_{i, j}$ 为点 $i$ 跳了 $2^j$ 次出边后，访问过的所有点（包括 $i$，不包括 $i$ 跳 $2^j$ 次出边后所在的点），出现过的字符集合。由于 $|\Sigma| = 26$（$|\Sigma|$ 为字符集大小），因此可以用一个 int 存储。

那么求 $g_i$ 就只用跳到最后一个点 $j$ 使得从 $i - 1$ 跳到 $j$ 都不出现字符 $s_i$，那么 $j$ 往上跳一步就是我们想求的 $g_i$。

求出来 $g_i$ 后，令 $F_{i, 0} = g_i - 1, G_{i, 0} = \{s_i\}$，再更新倍增数组即可。

有若干细节，包括要特判 $s_{i - 1} = s_i$ 以及 $g_i$ 不存在。

时空复杂度均为 $O(n \log n)$。

事实上这种做法可拓展性不强，由于要维护 $G$ 只能做 $|\Sigma|$ 较小的情况，不适用于 CF1223F。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
 
const int maxn = 2000100;
const int logn = 23;
 
int n, f[maxn][logn], g[maxn][logn];
ll h[maxn];
char s[maxn];
 
void solve() {
	scanf("%d%s", &n, s + 1);
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (i > 1 && s[i] == s[i - 1]) {
			h[i] = h[i - 2] + 1;
			ans += h[i];
			f[i][0] = i - 2;
			g[i][0] = (1 << (s[i] - 'a'));
			for (int j = 1; j < 21; ++j) {
				f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];
				g[i][j] = g[i][j - 1] | g[f[i][j - 1]][j - 1];
			}
			continue;
		}
		int u = i - 1;
		for (int j = min(__lg(i) + 1, 20); ~j; --j) {
			if ((~g[u][j]) & (1 << (s[i] - 'a'))) {
				u = f[u][j];
			}
		}
		if (!u) {
			g[i][0] = (1 << (s[i] - 'a'));
			for (int j = 1; j < 21; ++j) {
				f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];
				g[i][j] = g[i][j - 1] | g[f[i][j - 1]][j - 1];
			}
			continue;
		}
		--u;
		h[i] = h[u] + 1;
		ans += h[i];
		f[i][0] = u;
		g[i][0] = (1 << (s[i] - 'a'));
		for (int j = 1; j < 21; ++j) {
			f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];
			g[i][j] = g[i][j - 1] | g[f[i][j - 1]][j - 1];
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
}
 
int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}