【noip模擬】連環
【題目描述】
惠子說:“連環可解也”。
這說明他是一個破解機關的高手,連連環都能解開,魯班鎖什麽的自然不在話下。一位
魯班的後人非常不服氣,於是找到惠子,給他出了一道題。
他首先給了惠子一個長度為 n的字符串s和一個長度為 m 的字符串 t,現在,他有 k 個
詢問,每個詢問是給出兩個整數 L,R,詢問任選一對(i,j)滿足 1≤i≤L,n≥j≥R,刪去 s 的
[i+1,j−1]這個區間的子串,剩下兩塊拼在一起,求t 在其中的匹配數的期望 e。
惠子非常擅長吹逼,但是對數學卻搞不太明白,於是他請你來幫他。
為了防止實數的精度誤差,你只需要輸出 e×L×(n−R+1)
【輸入格式】
第一行一個整數 C,表示數據組數
每組數據,第一行是三個整數n,m,k
接下來一行字符串表示 s
接下來一行字符串表示 t
接下裏 k 行,每行兩個整數 Li,Ri,表示一組詢問
C≤5
n≤5×10^4,m≤100,k≤5×10^4
1≤Li<Ri-1≤n
對於30%的數據,n≤100,k≤100
【輸出格式】
對於每組詢問,輸出一行一個整數表示答案
【樣例輸入】
1
8 5 4
iamnotsb
iamsb
4 7
3 7
3 8
2 7
【樣例輸出】
1
1
0
0
【題目分析】
刪去一段之後的匹配分兩種,一種是本來就匹配的,刪除沒有影響他,另一種是本來不匹配,刪除之後因為兩端連接產生的新匹配。
首先考慮第一種:設t的某個匹配為(l,r),推一下公式發現若r≤L,那麽這個匹配的貢獻為(L−r+1)×(n−R+1)=(L+1)(n−R+1)−r(n−R+1),那麽我們可以預處理一下匹配的r的前綴和匹配數的前綴和,就可以O(1)詢問出來了。而若l≥R,那麽貢獻是(l−R+1)×L,也類似的弄兩個前綴和出來就好。
現在考慮因為刪除中間一坨而產生的新匹配,我們考慮把t拆開成兩個非空部分t1,t2,顯然這一種的總貢獻等同於t1在[1,L]內的匹配數乘以t2在[R,n]內的匹配數,這個也可以預處理一下前綴和,詢問的時候枚舉拆開的位置就行了。
【code】
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; const int N = 5e4 + 5; typedef long long ll; int C, n, m, k, nxt[105], revNxt[105], lens, lent; ll pre[N], preCnt[N], last[N], lastCnt[N]; ll tpre[105][N], tlast[105][N]; char s[N], t[105], revt[105], revs[N]; inline int read(){ int i = 0, f = 1; char ch = getchar(); for(; (ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) && ch != ‘-‘; ch = getchar()); if(ch == ‘-‘) f = -1, ch = getchar(); for(; ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘; ch = getchar()) i = (i << 3) + (i << 1) + (ch - ‘0‘); return i * f; } inline void wr(ll x){ if(x < 0) putchar(‘-‘), x = -x; if(x > 9) wr(x / 10); putchar(x % 10 + ‘0‘); } inline void get_t_nxt(){ for(int i = 2, j = 0; i <= lent; i++){ while(j && t[j + 1] != t[i]) j = nxt[j]; if(t[j + 1] == t[i]) j++; nxt[i] = j; } } inline void get_r_pre(){ for(int i = 1, j = 0; i <= lens; i++){ pre[i] = pre[i - 1]; preCnt[i] = preCnt[i - 1]; while(j && s[i] != t[j + 1]) j = nxt[j]; if(s[i] == t[j + 1]) j++; if(j == lent){ pre[i] += i; preCnt[i]++; j = nxt[j]; } } } inline void get_t_rev_nxt(){ for(int i = 2, j = 0; i <= lent; i++){ while(j && revt[j + 1] != revt[i]) j = revNxt[j]; if(revt[j + 1] == revt[i]) j++; revNxt[i] = j; } } inline void get_l_last(){ for(int i = 1, j = 0; i <= lens; i++){ last[i] = last[i - 1]; lastCnt[i] = lastCnt[i - 1]; while(j && revs[i] != revt[j + 1]) j = revNxt[j]; if(revs[i] == revt[j + 1]) j++; if(j == lent){ last[i] += n - i + 1; lastCnt[i]++; j = revNxt[j]; } } } inline void get_t_pre(){ for(int i = 1; i <= lent; i++){ char now[105]; int now_nxt[105] = {0}; for(int j = 1; j <= i; j++) now[j] = t[j]; for(int k = 2, l = 0; k <= i; k++){ while(l && now[l + 1] != now[k]) l = now_nxt[l]; if(now[l + 1] == now[k]) l++; now_nxt[k] = l; } for(int k = 1, l = 0; k <= lens; k++){ tpre[i][k] = tpre[i][k - 1]; while(l && now[l + 1] != s[k]) l = now_nxt[l]; if(now[l + 1] == s[k]) l++; if(l == i){ tpre[i][k]++; l = now_nxt[l]; } } } } inline void get_t_last(){ for(int i = 1; i <= lent; i++){ char now[105]; int now_nxt[105] = {0}; for(int j = 1; j <= i; j++) now[j] = revt[j]; for(int k = 2, l = 0; k <= i; k++){ while(l && now[l + 1] != now[k]) l = now_nxt[l]; if(now[l + 1] == now[k]) l++; now_nxt[k] = l; } for(int k = 1, l = 0; k <= lens; k++){ tlast[i][k] = tlast[i][k - 1]; while(l && now[l + 1] != revs[k]) l = now_nxt[l]; if(now[l + 1] == revs[k]) l++; if(l == i){ tlast[i][k]++; l = now_nxt[l]; } } } } int main(){ freopen("lianhuan.in","r",stdin); freopen("lianhuan.out","w",stdout); C = read(); while(C--){ n = read(), m = read(), k = read(); scanf("%s", s + 1); scanf("%s", t + 1); memcpy(revt, t, sizeof t); memcpy(revs, s, sizeof s); reverse(revt + 1, revt + m + 1); reverse(revs + 1, revs + n + 1); lent = m; lens = n; memset(nxt, 0, sizeof nxt); memset(revNxt, 0, sizeof revNxt); memset(pre, 0, sizeof pre); memset(last, 0, sizeof last); memset(tpre, 0, sizeof tpre); memset(tlast, 0, sizeof tlast); memset(preCnt, 0, sizeof preCnt); memset(lastCnt, 0, sizeof lastCnt); get_t_nxt(); get_t_rev_nxt(); get_r_pre(); get_l_last(); get_t_pre(); get_t_last(); while(k--){ int L = read(), R = read(); ll ans = 0; ans += preCnt[L] * (L + 1) * (n - R + 1); ans -= (n - R + 1) * pre[L]; ans -= lastCnt[n - R + 1] * (R - 1) * L; ans += last[n - R + 1] * L; for(int i = 1; i <= lent; i++) ans += tpre[i][L] * tlast[lent - (i + 1) + 1][n - R + 1]; wr(ans), putchar(‘\n‘); } } }
【noip模擬】連環