HDU 3474 Necklace

HDU_3474

    我们可以把C看成1，J看成-1，那么原问题就转化成了对于任意一种情况，如果序列从左往右加或者从右往左加，存在其一使得在加的过程中中间结果始终不为负数，那么这种断开的情况就是符合要求的。

    我们不妨把环处理成两个相同的序列，并计算出其前缀和A[i]，那么对于任意一种左端点为i，右端点为j的情况，如果min{A[k]}-A[i-1]>=0或者A[j]-max{A[k]}>=0，那么这种情况就是符合要求的，其中i-1<=k<=j，于是两个单调队列分别维护A[k]的最小值及最大值即可。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define MAXD 2000010
char b[MAXD];
int A[MAXD], N, q1[MAXD], q2[MAXD], d1[MAXD], d2[MAXD], hash[MAXD];
void init()
{
    int i, j;
    scanf("%s", b);
    for(i = 0; b[i]; i ++)
    {
        if(b[i] == 'C')
            A[i] = 1;
        else
            A[i] = -1;
    }
    N = i;
    for(j = 0; j < N; j ++)
        A[j + N] = A[j];
    for(i = 1; i < 2 * N; i ++)
        A[i] += A[i - 1];
}
void solve()
{
    int i, j, h1, h2, r1, r2, res;
    h1 = h2 = r1 = r2 = 0;
    for(i = 0; i < N; i ++)
    {
        while(h1 < r1 && q1[r1 - 1] >= A[i])
            r1 --;
        q1[r1] = A[i];
        d1[r1] = i;
        r1 ++;
        while(h2 < r2 && q2[r2 - 1] <= A[i])
            r2 --;
        q2[r2] = A[i];
        d2[r2] = i;
        r2 ++;
    }
    memset(hash, 0, sizeof(hash));
    for(i = N; i < 2 * N; i ++)
    {
        while(h1 < r1 && d1[h1] < i - N)
            h1 ++;
        while(h1 < r1 && q1[r1 - 1] >= A[i])
            r1 --;
        q1[r1] = A[i];
        d1[r1] = i;
        r1 ++;
        if(q1[h1] - A[i - N] < 0)
            hash[i - N] ++;
        while(h2 < r2 && d2[h2] < i - N)
            h2 ++;
        while(h2 < r2 && q2[r2 - 1] <= A[i])
            r2 --;
        q2[r2] = A[i];
        d2[r2] = i;
        r2 ++;
        if(A[i] - q2[h2] < 0)
            hash[i - N] ++;
    }
    res = 0;
    for(i = 0; i < N; i ++)
        if(hash[i] < 2)
            res ++;
    printf("%d\n", res);
}
int main()
{
    int t, tt;
    scanf("%d", &t);
    for(tt = 0; tt < t; tt ++)
    {
        printf("Case %d: ", tt + 1);
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}