题目描述#
给你一个长度为(n)的字符串(S)。
有(m)个操作，保证(m≤n)。
你还有一个字符串(T)，刚开始为空。
共有两种操作。
第一种操作：
在字符串(T)的末尾加上一个字符。
第二种操作：
在字符串(T)的开头加上一个字符。
每次操作完成后要求输出有几个(l∈[1,T.size])满足以下条件：
对于(∀i∈[1,l])有(T_{T.size−l+i}≠S_i)
(Tip:)字符串下标从(1)开始。(T.size)表示(T)的长度。
输入格式#
第一行两个正整数(n,m)。
第二行(n)个正整数，用空格隔开，第(i)个整数表示(S_i)。
接下来(m)行，每行两个数字 (opt,ch)，(opt=0)表示在(T)的末尾加一个字符(ch),(opt=1)表示在(T)的开头加一个字符(ch)。
输出格式#
共(m)行，每行一个非负整数表示第(m)操作后的输出。
输入输出样例#
输入 #1
10 3
1 2 3 1 2 3 2 3 2 3
0 1
1 2
0 3
输出 #1
0
1
1
说明/提示#
注意：本题采用捆绑测试，只有当你通过一个(subtask)的所有点后，你才能拿到这个(subtask)的分数
对于所有的数据 (n≤10^6,m≤3.3333×10^4,|∑|≤10^3,S_i∈[1,|∑|]。(∑表示字符集))
(subtask1(17\%):m≤333)
(subtask2(33\%):m≤3333)
(subtask3(20\%):|∑|≤2∣)
(subtask4(30\%):)无特殊条件
样例解释：#
第一次操作后，(T=“1”),
(l=1)时(T[1]=S[1])，所以答案为(0)
第二次操作后，(T=“21”),
(l=1)时，(T[2]=S[1])
(l=2)时，(T[1]!=S[1])，(T[2]!=S[2])，所以答案为(1)
第三次操作后，(T=“213”),
(l=1)时，(T[3]!=S[1]);
(l=2)时，(T[2]=S[1]);
(l=3)时，(T[3]=S[3])，所以答案为(1)
(PS:) 以下是我们机房的一个蒟蒻(文化课大佬%%%)lqx在博主的指导下撰写的。###
(O(m^3))的做法很容易想，按照题意模拟即可。
预计得分(17pts)。
对于(O(m^2))的做法，因为这个题实际上是查找(S)的前(l)个和(T)的后(l)个是否每个都不相等，我们考虑记录(dp[l])表示在上述意义下(l)是否合法((0)表示都不相等，(1)表示至少有一个等)。容易知道，在(T)串最后插入一个字符时，因为(S)串始终不变，(T)串的最后(l)个字符从原本(T)串的后(l)个字符变成了原本(T)串的后(l−1)个字符加上新加入的字符，所以为了比较新的(T)串后(l)个字符是否合法，我们只需要比较新字符、原本(T)串的后(l−1)个字符是否有相等即可。即(dp[i]=dp[i−1]|(ch==S[i]))。这样，对于每个加入的字符，只需要用(O(1))的复杂度检查每个枚举到的(l)是否合法即可。
在(T)串最前面插入一个字符时，因为原本的(i)个后缀依然没有变化，只是增加了一个新的后缀(i+1),所以我们只需暴力(check)新加入的后缀，对于每一位枚举是否有相等的即可。
时间复杂度(O(m^2))，预计得分(50pts)。
考虑优化(O(m^2))的做法，我们找到了状压神器——(bitset)，它可以将复杂度优化到原来 (dfrac{1}{w})((w)为计算机字长，一般为(32)或(64))。如果常数优秀一些这个方法可以过。
考虑刚才的方法算过了哪些不可能合法的状态，我们知道所有的字符其存在位置都是独立的，所以我们用(|∑|)个(bitset)数组(ch[x])记录字符(x)在(S)中的哪些位置上出现过。只要加入的新字符(x)对应的位置是(ch[x])上(1)的位置，则该状态肯定不合法。
所以这样优化的关键在于同时算出了所有合法的状态。所以我们用(dp)的第(i)位的(0/1)表示后缀长度为(i)时是否有相等的字符。
如果在(T)串尾部加入新的字符，则对于长度是(i)的情况一定是由(i−1)的情况和新加入位的情况同时转移来（见上述(O(m^2))做法），而所有新加入的位对应与(S)串中哪些位相同已经存储好，假设加入的字符是(x)，则(dp=(dp<<1)|ch[x])。
如果在(T)串头部加入新的字符，设原来(T)串有效的后缀长度有(l)位，则新的(T)串后(l)位是否合法状态不变，所以新旧(T)串前面(l)位答案一样；
在(T)串头部插入新字符时，我们将问题拆成两部分：
第一，我们发现在头部加入字符时，后面的所有字符都往后移了一位。
第二，我们需要比较加入的新字符和第一个字符是否相同。
很明显困难在于解决第一个问题。因为我们如果要想比较移动之后的字符和(S)的关系，在不知道其它任何东西的情况下，需要另用一个(O(m))检查。
解决这个问题的方法是一个非常重要的思想：费用提前。在每次加入一个字符时，我们将这个字符所能贡献的答案都记在(dp)中。方法很简单，假设我们每次加进的字符是(x)，考虑这一位对应到(S)串的所有可能。如果(x)对应到的某一位上(ch[x])在同样的位上恰好是(1)，说明加入字符使当前这个(x)恰好对应到刚才的那一位上，则这样的方案肯定是不合法的。
考虑如何进行这样的操作。假设(x)是在第(i)位加入队列并且对应的(ch)值在第(k)位上是(1)，(dp[i-1+k])一定不合法(假设没有从后插入的)。这时(x)距离队尾的距离是(i−1)，所以当(x)取到(k)时，队尾应该到(k+(i-1))位，但是注意在(bitset)里是反着存的，所以：
(dp=dp|(ch[x]<<i−1))
时间复杂度为(O(dfrac{m^2}{w}))
代码实现：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<climits>
#include<algorithm>
#include<bitset>
using namespace std;
const int M=40000;
bitset<M> ch[1010],dp,limit;
int n,m;
int main()
{
int i,t,x;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&x),ch[x].set(i);
for(;i<=n;i++) scanf("%d",&x);
limit.set();
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&t,&x);
limit.reset(i);
if(t==0) dp=(dp<<1)|ch[x];
else dp=dp|(ch[x]<<i-1);
printf("%d
",(~(dp|limit)).count());
}
return ~~(0-0);
}