CodeForces 1246F Cursor Distance

洛谷传送门

CF 传送门

发现一个性质：能跳不超过 \(j\) 步到达 \(i\) 的所有点形成一段区间。设这这段区间为 \([L_{i, j}, R_{i, j}]\)。

那么答案即为：

\[\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 0} n - R_{i, j} + L_{i, j} - 1 \]

并且：

\[[L_{i, j}, R_{i, j}] = \bigcup\limits_{k \in [L_{i, j - 1}, R_{i, j - 1}]} [L_{k, 1}, R_{k, 1}] \]

\(L_{i, 1}\) 和 \(R_{i, 1}\) 分别是 \(i\) 左侧和右侧第一个字符和 \(s_i\) 相等的位置，\(L_{i, 0} = R_{i, 0} = i\)。

现在我们想优化暴力跳的过程。一个自然的想法是倍增。但是跳的过程涉及到 \(L, R\) 两个量的变化，它们不互相独立，不太好维护。

但是又发现，最右边（或最左边）的一些字符对 \(L\)（或 \(R\)）的转移没用。比如 \(\texttt{abcab}\)，最右边的 \(\texttt{ab}\) 由于前面出现过所以不会对 \(L_{i, j}\) 有贡献。

也就是说 \(L_{i, j} = \min\limits_{k \in [L_{i, j - 1}, T]}\)，其中 \(T\) 是最小的满足 \([L_{i, j - 1}, T]\) 和 \([L_{i, j - 1}, R_{i, j - 1}]\) 的字符集相等的位置。所以如果固定字符集大小和 \(L_{i, j - 1}\)，那么 \(L_{i, j}\) 能直接不依赖 \(R_{i, j - 1}\) 计算出来。对于 \(R\) 也类似。

字符集只会变化 \(O(|\Sigma|)\) 次。于是可以枚举字符集大小 \(k\)，然后同时维护 \(4\) 个倍增数组：

• \(fl_{i, c}\) 表示对于一个 \(L_{t, j - 1} = i\)，它在一开始字符集大小为 \(k\) 的情况下，跳 \(2^c\) 步后的位置。
• \(gl_{i, c}\) 表示 \(L\) 跳 \(2^c\) 步经过的所有点的和。
• \(fr_{i, c}\) 表示对于一个 \(R_{t, j - 1} = i\)，它在一开始字符集大小为 \(k\) 的情况下，跳 \(2^c\) 步后的位置。
• \(gr_{i, c}\) 表示 \(R\) 跳 \(2^c\) 步经过的所有点的和。

倍增跳到最大的 \(L\) 和 \(R\) 满足 \([L, R]\) 中的字符集大小为 \(k\) 即可。

时间复杂度 \(O(n |\Sigma| \log n)\)。

code

// Problem: F. Cursor Distance
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 596 (Div. 1, based on Technocup 2020 Elimination Round 2)
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/1246/F
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#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 = 100100;

int n, pre[maxn][26], nxt[maxn][26];
int L[maxn], R[maxn], pr[maxn], nx[maxn], fl[20][maxn], fr[20][maxn];
ll gl[20][maxn], gr[20][maxn];
char s[maxn];

inline bool check(int l, int r, int k) {
	return k == 26 || nxt[l][k] > r;
}

void solve() {
	scanf("%s", s + 1);
	n = strlen(s + 1);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		L[i] = R[i] = i;
	}
	for (int i = 0; i < 26; ++i) {
		pre[0][i] = 1;
		nxt[n + 1][i] = n;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 0; j < 26; ++j) {
			pre[i][j] = pre[i - 1][j];
		}
		pre[i][s[i] - 'a'] = i;
	}
	for (int i = n; i; --i) {
		for (int j = 0; j < 26; ++j) {
			nxt[i][j] = nxt[i + 1][j];
		}
		nxt[i][s[i] - 'a'] = i;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fl[0][i] = pr[i] = pre[i - 1][s[i] - 'a'];
		fr[0][i] = nx[i] = nxt[i + 1][s[i] - 'a'];
		L[i] = R[i] = i;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		sort(pre[i], pre[i] + 26, greater<int>());
		sort(nxt[i], nxt[i] + 26);
	}
	ll ans = 0;
	for (int k = 1; k <= 26; ++k) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			fl[0][i] = gl[0][i] = min(fl[0][i], pr[nxt[i][k - 1]]);
			fr[0][i] = gr[0][i] = max(fr[0][i], nx[pre[i][k - 1]]);
		}
		for (int j = 1; j <= 18; ++j) {
			for (int i = 1; i <= n; ++i) {
				fl[j][i] = fl[j - 1][fl[j - 1][i]];
				fr[j][i] = fr[j - 1][fr[j - 1][i]];
				gl[j][i] = gl[j - 1][i] + gl[j - 1][fl[j - 1][i]];
				gr[j][i] = gr[j - 1][i] + gr[j - 1][fr[j - 1][i]];
			}
		}
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (check(L[i], R[i], k)) {
				ans += n - 1 - R[i] + L[i];
				for (int j = 18; ~j; --j) {
					int l = fl[j][L[i]], r = fr[j][R[i]];
					if (check(l, r, k)) {
						ans += (1LL << j) * (n - 1) - gr[j][R[i]] + gl[j][L[i]];
						L[i] = l;
						R[i] = r;
					}
				}
				L[i] = fl[0][L[i]];
				R[i] = fr[0][R[i]];
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}