[bzoj2124]等差子序列(hash+树状数组)

我又来更博啦

 

 

2124: 等差子序列

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Description

给一个1到N的排列{Ai}，询问是否存在1<=p1=3），使得Ap1,Ap2,Ap3,…ApLen是一个等差序列。

Input

输入的第一行包含一个整数T，表示组数。下接T组数据，每组第一行一个整数N，每组第二行为一个1到N的排列，数字两两之间用空格隔开。

Output

对于每组数据，如果存在一个等差子序列，则输出一行“Y”，否则输出一行“N”。

Sample Input

2
3
1 3 2
3
3 2 1

Sample Output

N
Y

HINT

对于100%的数据，N<=10000，T<=7

Source

 

 

 时隔多年两个月我终于想起来更博辣

(早就AC的神犇们请轻喷)

 

 分析题意：既然长度大于等于3，那我们找长为3的等差子序列就好了

大暴力：枚举这三项的位置l,mid,r O(n^3)

这也太暴力了，所以想办法优化一下

枚举等差中项，每次O(n)扫一遍左右两部分，用哈希判断是否右区间出现了满足与中点和左区间的一个配对的元素

意思是01序列维护枚举中项的过程中左区间出现了的数，很方便判断是否满足条件 

O(n^2)

再考虑题目特殊之处：1到n的排列，每个数一定且仅出现一次

那么我们想，一个数之前只出现了比它自身小的数，而排列又一定出现比它大的数

之前出现比它大的数也同理 

而对于一个给定的数 i ，满足条件数是：i-1,i+1  i-2,i+2 ...

要找的数在数轴上沿 i 对称

所以我们找到一个数，不用管它之后出现了哪些数，

开一个记录之前出现过的数的01数组

那么判断这个数组是否存在以这个数i为回文中心的回文子串就够了(想一想，)

有人说manacher，但是回去看题

没有回文串，即一定存在一个等差子序列我们直接就可以回答了(此处坑，稍后讲)

判断是否不存在一个回文子串好说

直接看当前数向两边最大扩展相同长度的子串是否为回文串就够了 

比如对于排列  1 3 2

首先  0 0 0

发现以1为中心的最长子串长为1，是回文子串

把1加进来   1 0 0

3同理   1 0 1

处理2 发现以2为中心的最长子串长为3，是回文子串

以各个数为中心的子串均为回文子串，不存在等差子序列

可是还有一点

我们的复杂度依然是平方的

考虑优化

(这里直接把01串当成字符串好了) 

对于判断回文串，我们可以把字符串hash进来，O(1)地判断左边右边两个子串是否相等

具体说就是维护正向和反向两个字符串哈希，快速查左右两个子串(阅读方向不同)是否相等 

但对哈希值的询问和修改都是动态的 

使用树状数组维护

(所以这一点才是最重要的好吗!!!!!!!!!!!用树状数组维护这种根本算不上区间减法的东西真的合适吗喂喂喂!!!!!)

首先预处理一个2(比2大也行)的几次幂数组，模一个大素数(又是坑，放到后面提)

在维护树状数组时，不能简单地加起来，而要把靠前的区间的值右移至与后面的区间补齐(可别直接<<啊)，幂数组就派上用场了

此题蜜汁WA到死，过了之后得出一个惨痛教训：既然已经模了一个素数，就不要unsinged了就不要unsinged了就不要unsinged了就不要unsinged了

到底为什么我也不太清楚

好了隔这么久更博才忍不住多说点，上代码

 #include<stdio.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<string.h>
 #define LL long long  //别开unsigned
 const LL mod=(LL)1e9+;  //非洲人老老实实去找别人家的素数
 int n;
 LL pw[];
 LL bit1[],bit2[];
 int a[];
 /*int binpr(int x){
     int sta[10]={0},top=0;
     while(x){
         top++;
         if(x&1)sta[top]=1;
     }
     ++top;
     while(--top){
         printf("%d",sta[top]);
     }
     return 0;
 }*/
 int min(int a,int b){
     return a<b?a:b;
 }
 int lb(int x){
     return x&(-x);
 }
 LL q1(int x){
     LL ans=;
     int i=x;
     while(i){
         ans=(ans+(bit1[i]*pw[x-i])%mod)%mod;
         i-=lb(i);
     }
     return ans;
 }
 LL q2(int x){
     LL ans=;
     int i=x;
     while(i){
         ans=(ans+(bit2[i]*pw[x-i])%mod)%mod;
         i-=lb(i);
     }
     return ans;
 }
 LL c1(int x){
     int i=x;
     while(i<=n){
         bit1[i]=(bit1[i]+pw[i-x])%mod;
         i+=lb(i);
     }
     return ;
 }
 LL c2(int x){
     int i=x;
     while(i<=n){
         bit2[i]=(bit2[i]+pw[i-x])%mod;
         i+=lb(i);
     }
     return ;
 }
 LL qr1(int l,int r){
     LL p=q1(l-),q=q1(r);
     return ((q-p*pw[r-l+])%mod+mod)%mod;
 }
 LL qr2(int l,int r){
     LL p=q2(l-),q=q2(r);
     return ((q-p*pw[r-l+])%mod+mod)%mod;
 }
 int main(){
     int t;
     scanf("%d",&t);
     pw[]=;
     for(int i=;i<=;i++)pw[i]=(pw[i-]*(LL))%mod;
     while(t--){
         scanf("%d",&n);
         for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);//坑点：按照这种算法以为是在线，BUT！多组数据！千万别在线做得出解就立马跳出！最起码先读进来
         memset(bit1,,sizeof(bit1));
         memset(bit2,,sizeof(bit2));
         int note=;
         for(int i=;i<=n;i++){
             int x=a[i];
             int len=min(n-x,x-);
             if(len && qr1(x-len,x-)!=qr2(n-x-len+,n-x)){
                 note=;
                 puts("Y");
                 break;
             }
             c1(x);
             c2(n-x+);
         }
         if(!note)puts("N");
     }
     return ;
 }

后记：

06年的渣机在编辑这篇题解时蓝屏一次，死机重开(未保存)五次，卡住重开(未保存)不计其数

凭借着无限的毅力更新完毕这篇久违的题解

再立个flag：我也要当更博狂魔！