2019.11.11 洛谷月赛t3

题目背景

由于Y校的老师非常毒瘤，要求$zhouwc$在$csp$考前最后$3$天参加期中考，$zhouwc$非常生气，决定消极考试，以涂完卡但全错为目标。现在$retcarizy$看$zhouwc$太可怜了，想要帮$zhouwc$解决一个问题，但他自己又太忙了，咕咕咕，于是就把问题甩给了你。

题目描述

给你一个长度为$n$的字符串$S$。

有$m$个操作，保证$m\leq n$。

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$l \in [1,T.size]$满足以下条件：

对于$\forall i \in [1,l]$有$T_{T.size-l+i} \ne S_{i}$

$Tip:$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

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 $n \leq 10^6,m \leq 3.3333 \times 10^4,|\sum|\leq10^3,S_i \in [1,|\sum|]$($\sum$表示字符集)

$subtask1(17\%)$:$m \leq 333$

$subtask2(33\%):m \leq 3333$

$subtask3(20\%):|\sum|\leq2∣$

$subtask4(30\%):$无特殊条件

样例解释：

第一次操作后，$T=“1”$,

$l=1$时$T[1]=S[1]$，所以答案为你不jjgvfj$0$

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$1$

$O(m^3)$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$l$个是否严格不相等，我们考虑记录$dp[l]$表示在上述意义下$l$是否合法。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，因为原本所有的合法的$l$依然没有变化，只是增加了一个新的$l$,所以我们只需暴力$check$新加入的答案$l$，对于每一位枚举是否不同即可。

时间复杂度$O(m^2)$，预计得分$50pts$。是我在考场上想出来的方法。

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的$\frac{1}{32}$。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，所以我们用一个$bitset$数组$id[i]$记录字符$i$在哪些位置上出现过。只要加入的新数$dt$对应的位置是$id[dt]$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$f$的第$i$位的$0/1$表示后缀长度为$i$时是否合法。

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$O(n^2)$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$dt$，则$f=(f<<1)|id[dt]$。

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，我们发现遇到了一些新的问题：

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$O(n)$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。在每次从队尾加入一个字符时，我们将这个字符所能贡献到答案的所有位置一次存好。方法很简单，假设我们每次加进的字符是$dt$，考虑这一位对应到$S$串的所有可能。如果$dt$对应到的某一位上$id[dt]$在同样的位上恰好是$1$，说明当队尾不断加入字符使当前这个$dt$恰好对应到刚才说的这一位上，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$dt$是在第$i$位加入队列，则$dt$离$T$结尾的长度是$i-1$。注意这里我们只讨论$T$序列结尾的费用提前，因为其它点情况和结尾一样。假设$dt$对应的$id$值在第$k$位上是$1$，说明$dt$在取到第$k$位时整体一定不合法。这时$dt$距离队尾的距离是$l-1$，所以$dt$的位置由队尾左移$i-1$位得到，所以当$dt$取到$k$时，队尾应该取到$k+l-1$位，但是注意是反着存的，所以：

\[f=f|(id[dt]<<x-1)
\]

上代码：

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<bitset>

using namespace std;

int n,m,opt,S[1000005],dt;

bitset<35005> f,id[1005],now;

int read(){

    int ans=0;

    char ch=getchar();

    while(ch<'0'||ch>'9')

        ch=getchar();

    while(ch<='9'&&ch>='0'){

        ans=ans*10+ch-'0';

        ch=getchar();

    }

    return ans;

}

int main(){

    n=read();

    m=read();

    for(int i=1;i<=n;i++)

        S[i]=read();

    for(int i=1;i<=m;i++)

        id[S[i]].set(i);

    now.set();

    for(int i=1;i<=m;i++){

        opt=read();

        dt=read();

        now.reset(i);

        if(opt==0)

            f=(f<<1)|id[dt];

        else

            f=f|(id[dt]<<(i-1));

        printf("%d\n",(~(f|now)).count());

    }

    return 0;

}