BZOJ5443：[CEOI2018]Lottery

我对状态空间的理解：https://www.cnblogs.com/AKMer/p/9622590.html

题目传送门：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5443

这题能在暴力美学分组中占压轴地位，是不简单的。我从未见过如此灵性的暴力题目(也许是我太弱了题目写少了)。

我们令(ans[j][i])表示与串([i,i+l-1])距离为(j)的串的个数，最暴力的方法显然是直接(O(n^2*l))去匹配的。

但是其中我们会对一些字符进行若干次重复的比较。比如([1,3])和([2,4])匹配时以及([2,4])和([3,5])都会判断(a[3])是否等于(a[3])。很显然这种冗余的操作是不优的。那么我们怎么减少这样的操作呢？

性质：如果我们已经知道了([l1,r1])与([l2,r2])的距离，那么我们可以在(O(1))时间内算出([l1+1,r1+1])与([l2+1,r2+1])的距离。设前者为(s)，后者为(t)，那么(t=s-(a[l1]!=a[l2])+(a[r1+1]!=a[r2+1]))。

也就是说，我们可以在(O(n))的时间内匹配完(n)条子串。

我们枚举一个(len)，令(h1)为(1)，(h2)为(h1+len)，然后暴力匹配([h1,h1+l-1])和([h2,h2+l-1])，再在(O(n))的时间内把所以起点下标差为(len)的所以串对匹配完并且统计答案。

枚举(len)的复杂度乘以匹配的复杂度为(O(n^2))，我们成功消去了一个(l)！

但是这题还卡空间……所以(ans)数组开不了那么大。

可是出题人关上了一扇门，却为我们留了一扇窗。

(query)的次数很小。我们可以将([1,l])之内的所有数字都找到离自己最近的大于等于自己的(k)，用一个(pos[i])记录这个(k)。然后每次匹配出来距离为(dis)，我们就把答案累计到(ans[pos[dis]][i])里去，最后前缀和一下，就可以求出所有的(query)了。

时间复杂度：(O(n^2))

空间复杂度：(O(nq))

代码如下：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
  
const int maxn=1e4+5;
  
bool v[maxn];
int n,m,l,cnt;
int ans[101][maxn];
int a[maxn],k[101],pos[maxn];
  
int read() {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
  
void solve() {
    for(int len=1;len<=n-l;len++) {//枚举len
        int res=0,h1=1,h2=h1+len;//res记录当前两个串的距离，h1是第一个串的起点，h2是第二个串的起点
        for(int i=0;i<l;i++)
            if(a[h1+i]!=a[h2+i])res++;
        ans[pos[res]][h1]++;
        ans[pos[res]][h2]++;//答案累计到ans[pos[res]][h1]和ans[pos[res]][h2]里
        while(1) {
            if(h2+l>n)break;//如果h2往后没有l那么长了就break
            res-=(a[h1]!=a[h2]);
            res+=(a[h1+l]!=a[h2+l]);//O(1)转移
            h1++;h2++;
            ans[pos[res]][h1]++;
            ans[pos[res]][h2]++;//累计答案
        }
    }
}
  
int main() {
    n=read();l=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read();
    m=read();pos[1]=1;//pos[1]等于1
    for(int i=1;i<=m;i++)
        k[i]=read(),v[k[i]]=1;//我这里用差分的方法求每个数的pos
    for(int i=2;i<=l;i++)
        pos[i]=pos[i-1]+v[i-1];//如果是在(k[i],k[i+1]]之间的数，pos[i]就是i+1
    solve();
    for(int i=1;i<=n-l+1;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            ans[j][i]+=ans[j-1][i];//前缀和统计答案
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        for(int j=1;j<=n-l+1;j++)
            printf("%d ",ans[pos[k[i]]][j]);//离线输出答案
        puts("");
    }
    return 0;
}