2023CCPC网络赛(A E)

2023CCPC网络赛(A E)

The 2nd Universal Cup. Stage 3: Binjiang - Dashboard - Contest - Universal Cup Judging System

A. Almost Prefix Concatenation

思路：首先考虑如何求出每个位置允许失配一次的LCP长度 ， 可以二分哈希求LCP ， 即先二分一次求未失配的位置 ， 向右扩展一位再次二分。

求出每个位置允许失配一次的LCP长度后考虑如何维护贡献 ， 考虑最暴力的维护方式：

设计状态 dp[i][j] 为 i 位置及其后缀字符串分成 j 份 的方案数 ， 这样显然很好转移。 但是时空双复杂度都是O(n^2) ，考虑优化 ， 对于时间复杂度 ， 我们不难发现 ， 我们每次转移的位置都是一个区间 ， 考虑后缀和优化 ， O(1) 的进行转移。 对于空间复杂度 ，显然很难优化。转换思路 ， 考虑直接维护平方贡献。

$$now1[i]表示i所在后缀字符串划分的方案数$$

$$now2[i]表示i所在后缀字符串划分的方案长度和$$

$$now3[i]表示i所在后缀字符串划分的方案长度平方和$$

对于位置 i ， 其转移区间显然是[i + 1 ， i + lcp[i]] , 所以我们要对上面三个数组维护后缀和

$$suf1[i]为now1[i]的后缀和$$

$$suf2[i]为now2[i]的后缀和$$

$$suf3[i]为now3[i]的后缀和$$

对于转移：

$$不妨设l=i+1,r=i+lcp[i]$$

$$now1[i]=suf1[l]-suf1[r+1]（方案数直接转移）$$

$$now2[i]=suf2[l]-suf2[r+1]+now1[i]（每种方案长度都加1）$$

$$now3[i]=(suf3[l]-suf3[r+1])+2\ast (suf2[l]-suf2[r+1])+(suf1[l]-suf1[r+1])[考虑(n+1{)}^2=n^2+2\ast n+1]$$

注意点：注意求LCP的时候双哈希即可 ， 单哈希过不去。

#include
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define int long long
const int INF = 9e18;
const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 998244353;
typedef pair<int,int>PII;
int n , m , lcp[N];
string s , t;

const int mod1 = 1e9 + 7;
const int mod2 = 1e9 + 9;
const int Base = 131;

int base1[N] , ht1[N] , base2[N] , ht2[N] , hs1[N] , hs2[N];
int suf1[N] , suf2[N] , suf3[N];
int now1[N] , now2[N] , now3[N];

inline void init_hash(int n){
	base1[0] = base2[0] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) base1[i] = base1[i - 1] * Base % mod1;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) base2[i] = base2[i - 1] * Base % mod2; 
}

int add(int x , int y) {
	x %= mod;
	y %= mod;
	return (x + y) % mod;
}
int reduce(int x , int y) {
	x %= mod;
	y %= mod;
	return ((x - y) % mod + mod) % mod;
}

inline PII get_s(int l,int r){
	int x = ((hs1[r] - hs1[l] * base1[r - l]) % mod1 + mod1) % mod1;
	int y = ((hs2[r] - hs2[l] * base2[r - l]) % mod2 + mod2) % mod2;
	return {x , y};
}

inline PII get_t(int l,int r){
	int x = ((ht1[r] - ht1[l] * base1[r - l]) % mod1 + mod1) % mod1;
	int y = ((ht2[r] - ht2[l] * base2[r - l]) % mod2 + mod2) % mod2;
	return {x , y};
}

signed main(){

	cin >> s >> t;
	n = s.size();
	m = t.size();
	init_hash(max(n , m));
	
	hs1[0] = hs2[0] = 0;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) hs1[i] = (hs1[i - 1] * Base % mod1 + s[i - 1]) % mod1;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) hs2[i] = (hs2[i - 1] * Base % mod2 + s[i - 1]) % mod2;
	
	ht1[0] = ht2[0] = 0;
	for(int i = 1 ; i <= m ; i ++) ht1[i] = (ht1[i - 1] * Base % mod1 + t[i - 1]) % mod1;
	for(int i = 1 ; i <= m ; i ++) ht2[i] = (ht2[i - 1] * Base % mod2 + t[i - 1]) % mod2;
	
	for(int i = 0 ; i < n ; i ++) {
		
		int l = i , r = min(i + m - 1 , n - 1) , mid = 0;
		while(l <= r) {
			mid = (l + r) >> 1;
			if(get_s(l , mid + 1) != get_t(l - i , mid + 1 - i)) r = mid - 1;
			else l = mid + 1;
		}
		
		int ll = l , rr = min(i + m - 1 , n - 1) , midd = 0;
		
		if(ll > rr) { lcp[i] = ll - i; continue; }
		ll += 1;
		if(ll > rr) { lcp[i] = ll - i; continue; }
		
		while(ll <= rr) {
			midd = (ll + rr) >> 1;
			if(get_s(ll , midd + 1) != get_t(ll - i , midd + 1 - i)) rr = midd - 1;
			else ll = midd + 1;
		}
		
		lcp[i] = ll - i;
	}
	suf1[n] = 1;
	for(int i = n - 1 ; i >= 0 ; i -- ){
		int l = i + 1 , r = i + lcp[i];
		now1[i] = reduce(suf1[l] , suf1[r + 1]);
		now2[i] = add(reduce(suf2[l] , suf2[r + 1]) , now1[i]);
		now3[i] = add(add(reduce(suf3[l] , suf3[r + 1]) , 2 * reduce(suf2[l] , suf2[r + 1])) , reduce(suf1[l] , suf1[r + 1]));
		suf1[i] = add(suf1[i + 1] , now1[i]);
		suf2[i] = add(suf2[i + 1] , now2[i]);
		suf3[i] = add(suf3[i + 1] , now3[i]); 
	}
	
	cout << now3[0] << "\n";

	return 0;
}
//freopen("文件名.in","r",stdin);
//freopen("文件名.out","w",stdout);

/*
g1[i] i 点所在后缀切割方案数
g2[i] i 点所在后缀切割方案长度和
g3[i] i 点所在后缀切割方案长度平方和

suf1[i] ：now1[i] 的后缀和
suf2[i] ：now2[i] 的后缀和
suf3[i] ：now3[i] 的后缀和
*/

E. Robot Experiment

对于每个位置显然会有三个状态：

$$状态1：未走过$$

$$状态2：不能走$$

$$状态3：必须走$$

枚举所有可能 ， 状态一进行讨论 ， 状态二三直接搜索即可。

#include
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define int long long
const int INF = 9e18;
const int N = 2e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef pair<int,int>PII;

int vis[110][110];
/*
0  可讨论
1  不能走
-1 必须走
*/

int n ;
string s;
set<pair<int , int>>st;
void dfs(int x , int y , int pos) {
	if(pos == n) {
		st.insert({x , y});
		return ;
	}
	int xx = x , yy = y;
	if(s[pos] == 'L') xx -= 1;
	if(s[pos] == 'R') xx += 1;
	if(s[pos] == 'U') yy += 1;
	if(s[pos] == 'D') yy -= 1;
	
	if(vis[xx + 50][yy + 50] == 0) {
		vis[xx + 50][yy + 50] = 1;
		dfs(x , y , pos + 1);
		vis[xx + 50][yy + 50] = 0;
		vis[xx + 50][yy + 50] = -1;
		dfs(xx , yy , pos + 1);
		vis[xx + 50][yy + 50] = 0;
	}
	if(vis[xx + 50][yy + 50] == 1) {
		dfs(x , y , pos + 1);
	}
	if(vis[xx + 50][yy + 50] == -1) {
		dfs(xx , yy , pos + 1);
	}
	
}

signed main(){

	IOS
	cin >> n >> s;
	vis[50][50] = -1;
	dfs(0 , 0 , 0);
	cout << st.size() << "\n";
	for(auto [x , y] : st) {
		cout << x << " " << y << "\n";
	}

	return 0;
}
//freopen("文件名.in","r",stdin);
//freopen("文件名.out","w",stdout);