【CSGRound2】逐梦者的初心（洛谷11月月赛 II & CSG Round 2 T3）

题目描述#

给你一个长度为\(n\)的字符串\(S\)。

有\(m\)个操做，保证\(m≤n\)。

你还有一个字符串\(T\)，刚开始为空。

共有两种操做。

第一种操做：

在字符串\(T\)的末尾加上一个字符。

第二种操做：

在字符串\(T\)的开头加上一个字符。

每次操做完成后要求输出有几个\(l∈[1,T.size]\)知足如下条件：

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\(m\)操做后的输出。

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，只有当你经过一个\(subtask\)的全部点后，你才能拿到这个\(subtask\)的分数

对于全部的数据 \(n≤10^6,m≤3.3333×10^4,|∑|≤10^3,S_i∈[1,|∑|]。(∑表示字符集)\)

\(subtask1(17\%):m≤333\)

\(subtask2(33\%):m≤3333\)

\(subtask3(20\%):|∑|≤2∣\)

\(subtask4(30\%):\)无特殊条件​

样例解释：#

第一次操做后，\(T=“1”\),

\(l=1\)时\(T[1]=S[1]\)，因此答案为\(0\)

第二次操做后，\(T=“21”\),

\(l=1\)时，\(T[2]=S[1]\)

\(l=2\)时，\(T[1]!=S[1]\)，\(T[2]!=S[2]\)，因此答案为\(1\)

第三次操做后，\(T=“213”\),

\(l=1\)时，\(T[3]!=S[1]\);

\(l=2\)时，\(T[2]=S[1]\);

\(l=3\)时，\(T[3]=S[3]\)，因此答案为\(1\)

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\(PS:\) 如下是咱们机房的一个蒟蒻(文化课大佬%%%)lqx在博主的指导下撰写的。

\(O(m^3)\)的作法很容易想，按照题意模拟便可。

预计得分\(17pts\)。

对于\(O(m^2)\)的作法，由于这个题其实是查找\(S\)的前\(l\)个和\(T\)的后\(l\)个是否每一个都不相等，咱们考虑记录\(dp[l]\)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，由于\(S\)串始终不变，\(T\)串的最后\(l\)个字符从本来\(T\)串的后\(l\)个字符变成了本来\(T\)串的后\(l−1\)个字符加上新加入的字符，因此为了比较新的\(T\)串后\(l\)个字符是否合法，咱们只须要比较新字符、本来\(T\)串的后\(l−1\)个字符是否有相等便可。即\(dp[i]=dp[i−1]|(ch==S[i])\)。这样，对于每一个加入的字符，只须要用\(O(1)\)的复杂度检查每一个枚举到的\(l\)是否合法便可。

在\(T\)串最前面插入一个字符时，由于本来的\(i\)个后缀依然没有变化，只是增长了一个新的后缀\(i+1\),因此咱们只需暴力\(check\)新加入的后缀，对于每一位枚举是否有相等的便可。

时间复杂度\(O(m^2)\)，预计得分\(50pts\)。

考虑优化\(O(m^2)\)的作法，咱们找到了状压神器——\(bitset\)，它能够将复杂度优化到原来 \(\dfrac{1}{w}\)(\(w\)为计算机字长，通常为\(32\)或\(64\))。若是常数优秀一些这个方法能够过。

考虑刚才的方法算过了哪些不可能合法的状态，咱们知道全部的字符其存在位置都是独立的，因此咱们用\(|∑|\)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，则该状态确定不合法。

因此这样优化的关键在于同时算出了全部合法的状态。因此咱们用\(dp\)的第\(i\)位的\(0/1\)表示后缀长度为\(i\)时是否有相等的字符。

若是在\(T\)串尾部加入新的字符，则对于长度是\(i\)的状况必定是由\(i−1\)的状况和新加入位的状况同时转移来（见上述\(O(m^2)\)作法），而全部新加入的位对应与\(S\)串中哪些位相同已经存储好，假设加入的字符是\(x\)，则\(dp=(dp<<1)|ch[x]\)。

若是在\(T\)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，因此新旧\(T\)串前面\(l\)位答案同样；

在\(T\)串头部插入新字符时，咱们将问题拆成两部分：

第一，咱们发如今头部加入字符时，后面的全部字符都日后移了一位。

第二，咱们须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。由于咱们若是要想比较移动以后的字符和\(S\)的关系，在不知道其它任何东西的状况下，须要另用一个\(O(m)\)检查。

解决这个问题的方法是一个很是重要的思想：费用提早。在每次加入一个字符时，咱们将这个字符所能贡献的答案都记在\(dp\)中。方法很简单，假设咱们每次加进的字符是\(x\)，考虑这一位对应到\(S\)串的全部可能。若是\(x\)对应到的某一位上\(ch[x]\)在一样的位上刚好是\(1\)，说明加入字符使当前这个\(x\)刚好对应到刚才的那一位上，则这样的方案确定是不合法的。

考虑如何进行这样的操做。假设\(x\)是在第\(i\)位加入队列而且对应的\(ch\)值在第\(k\)位上是\(1\)，\(dp[i-1+k]\)必定不合法(假设没有从后插入的)。这时\(x\)距离队尾的距离是\(i−1\)，因此当\(x\)取到\(k\)时，队尾应该到\(k+(i-1)\)位，可是注意在\(bitset\)里是反着存的，因此：

\(dp=dp|(ch[x]<<i−1)\)
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\n",(~(dp|limit)).count());
    }
    return ~~(0-0);
}