A
考虑对串的反串建后缀树，答案就是叶子节点个数。
注意到这时的叶子节点一定是一段前缀，如果一个前缀 (s[1ldots i]) 是叶子节点当且仅当它不属于任何一个点的 border 集合，所以问题变成了求每个前缀的 border 集合的并的大小，用 kmp 解决即可。
这里发现一个结论：每个前缀的 border 集合的并的大小等于 (max{fail_i})。
证明要考虑这个命题等价于叶子节点在值域上是连续的一段后缀，然后考虑反证：假设前缀 (x) 不属于但是 (y) 属于，一定能从 (y) 属于的那个前缀找出一部分变成 (x) 属于的。（然而我考试直接找规律）
所以有个结论：后缀树的叶子节点个数，每个前缀的 border 集合的并的大小，本质不同的 (fail_i) 的个数，( ext{max} fail_i) 的值是相等的。
不管怎么说，即使在 NOIP 赛场上遇到字符串题也要想想能否用后缀树的思想方便优化。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 1e6 + 5;
char str[MAXN];
int n;
int nxt[MAXN];
int main(){
scanf("%s",str+1);n = strlen(str+1);
int j = 0;nxt[0] = -1;nxt[1] = 0;int ans = 0;
FOR(i,2,n){
while(j && str[i] != str[j+1]) j = nxt[j];
if(str[i] == str[j+1]) ++j;
else j = 0;
nxt[i] = j;
ans = std::max(ans,nxt[i]);
}
printf("%d
",n-ans);
return 0;
}
B
首先一个很松的上界的是 (ans leq n)，我们设所有三元组三个数的和的和为 (S)，三元组个数为 (k)，可以发现 (kn = S geq 3(1+2+ldots+k))，可以得到 (k leq lfloor frac{2n}{3} floor -1)。
写个剪枝搜索应该是能跑出来 (n leq 17) 的，于是打表可以发现规律。
我们将 (n) 按照 (n mod 3) 分类，我们发现 (n mod 3=0) 比较特殊，找找这种方案的规律：
首先我们只需要考虑二元组 ((a_i,b_i)) 满足和互不相同，(a_i) 互不相同，(b_i) 互不相同即可。
我们 (a_i,b_i) 的值域都是 ([1,ans])，我们考虑 (a_i) 前面全放奇数后面全放偶数，然后把 (b_i) 最小的若干个倒着和 (a_i) 的奇数部分匹配，剩下的倒着和 (a_i) 的偶数部分匹配。举个 (n=12) 的例子：
1 4
3 3
5 2
7 1
2 7
4 6
6 5
首先 (a_i,b_i) 一定互不相同。然后发现这样排列上一个和下一个的和一定会相差 (1)，所以都满足条件。
(n mod 3 = 1) 的答案是不变的，改一下 (c_i) 就行了。
(n mod 3 = 2) 的答案变了，我们让 (a_i) 整体加一，(c_i) 整体加一，发现 (a,c) 都可以放 (1) 了，然后 (b) 放 (n-2) 即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 5e5 + 5;
int a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN],n,ans;
bool vis[3][MAXN];
inline void check(){
assert(ans == (2*n-3)/3);
// DEBUG(ans);
FOR(i,1,ans){
// DEBUG(i);
assert(a[i]+b[i]+c[i] == n);
assert(!vis[0][a[i]]);
assert(!vis[1][b[i]]);
assert(!vis[2][c[i]]);
vis[0][a[i]] = vis[1][b[i]] = vis[2][c[i]] = 1;
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
if(n == 1){
puts("0");
return 0;
}
if(n == 2){
puts("0");
return 0;
}
if(n%3 == 0){
ans = 2*(n/3)-1;
printf("%d
",ans);
int t = 0;
for(int i = 1;i <= ans;i += 2) a[++t] = i;
int t1 = t;
for(int i = 2;i <= ans;i += 2) a[++t] = i;
t = 0;
ROF(i,t1,1) b[i] = ++t;
ROF(i,ans,t1+1) b[i] = ++t;
FOR(i,1,ans) c[i] = n-a[i]-b[i];
FOR(i,1,ans) printf("%d %d %d
",a[i],b[i],c[i]);
check();
return 0;
}
if(n%3 == 1){
--n;
ans = 2*(n/3)-1;
printf("%d
",ans);
int t = 0;
for(int i = 1;i <= ans;i += 2) a[++t] = i;
int t1 = t;
for(int i = 2;i <= ans;i += 2) a[++t] = i;
t = 0;
ROF(i,t1,1) b[i] = ++t;
ROF(i,ans,t1+1) b[i] = ++t;
FOR(i,1,ans) c[i] = n-a[i]-b[i]+1;
FOR(i,1,ans) printf("%d %d %d
",a[i],b[i],c[i]);
++n;
check();
return 0;
}
if(n%3 == 2){
n -= 2;
ans = 2*(n/3)-1;
int t = 0;
for(int i = 1;i <= ans;i += 2) a[++t] = i;
int t1 = t;
for(int i = 2;i <= ans;i += 2) a[++t] = i;
t = 0;
ROF(i,t1,1) b[i] = ++t;
ROF(i,ans,t1+1) b[i] = ++t;
FOR(i,1,ans) c[i] = n-a[i]-b[i]+1;
FOR(i,1,ans) a[i]++;
// 第一列有1 第三列有1
++ans;
n += 2;
a[ans] = 1;c[ans] = 1;b[ans] = n-2;
printf("%d
",ans);
FOR(i,1,ans) printf("%d %d %d
",a[i],b[i],c[i]);
check();
return 0;
}
return 0;
}
C
首先注意数字互不相同，所以能分成若干条链，限制形如某条链上相邻的两个点原序列不能相邻（注意我这里思考的链的元素是相邻关系，也就是若干个 pair ，所以选了链上一个点对应了固定了原序列两个点，选了相邻两个对应固定三个，不相连两个对应固定四个）
考虑容斥，枚举有几个相邻的位置 (i)，有一对相邻的位置就可以将两个点并起来，所以排列的方案数就是 ((n-i)!)。
现在只需要求出来有 (i) 个相邻的位置的方案数就好了。
链与链之间的关系是独立的，我们考虑如果只有一条链怎么做（就是样例 (1) 的情况）。
我们钦定链上一些连通块选了，那么每个连通块可以正着也可以反着，对答案有 (2) 的贡献。于是搞个 dp：(f_{i,j,0/1}) 考虑前 (i) 个 pair ，选了 (j) 个 pair ，上一个是否选。转移如果上一个是 (0) 并且这一个是 (1) 方案数就要 ( imes 2)。
不同链之间是独立的；直接背包合并是爆炸的，不如把所有链拼在一起，在分隔点打标记，每次强制断开即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 5000+5;
const int ha = 998244353;
int n,k,a[MAXN];
namespace Subtask1{
inline bool check(){
return n <= 10;
}
int p[MAXN];
inline void Solve(){
FOR(i,1,n) p[i] = i;
int ans = 0;
do{
bool flag = 1;
FOR(i,2,n) if(std::abs(a[p[i-1]]-a[p[i]]) == k) {flag = 0;break;}
ans += flag;
}while(std::next_permutation(p+1,p+n+1));
printf("%d
",ans);exit(0);
}
}
inline void add(int &x,int y){
x += y;if(x >= ha) x -= ha;
}
namespace Subtask2{
int f[MAXN][MAXN][2],fac[MAXN];
inline bool check(){
return n <= 5000;
}
bool qd[MAXN];
int g[MAXN];
std::map<int,int> S;
int to[MAXN],len[MAXN],tot;
bool vis[MAXN];
inline void Solve(){
FOR(i,1,n) S[a[i]] = i;
FOR(i,1,n){
S[a[i]] = 0;
to[i] = S[a[i]+k];
}
int sz = 0;
FOR(i,1,n){
if(!vis[i]){
int v = i;++tot;
while(v){
++len[tot];vis[v] = 1;
v = to[v];
}
len[tot]--;
if(!len[tot]) --tot;
else sz += len[tot];
}
}
int sm = 0;
FOR(i,1,tot){
sm += len[i];
qd[sm+1] = 1;
}
f[0][0][0] = 1;
fac[0] = 1;FOR(i,1,MAXN-1) fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%ha;
FOR(i,1,sz){
FOR(j,0,i){
f[i][j][0] = (f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1])%ha;
if(qd[i]){
if(j) f[i][j][1] = 2ll*(f[i-1][j-1][0]+f[i-1][j-1][1])%ha;
}
else{
if(j) add(f[i][j][1],f[i-1][j-1][1]);
if(j) add(f[i][j][1],2ll*f[i-1][j-1][0]%ha);
}
}
}
FOR(i,0,sz) g[i] = (f[sz][i][0]+f[sz][i][1])%ha;
int ans = 0;
FOR(i,0,sz){// 选了几个球
int gx = 1ll*fac[n-i]*g[i]%ha;
if(i&1) gx = ha-gx;
add(ans,gx);
}
printf("%d
",ans);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
FOR(i,1,n) scanf("%d",a+i);
if(Subtask1::check()) Subtask1::Solve();
if(Subtask2::check()) Subtask2::Solve();
return 0;
}
/*
注意 这个题没有相同的数
所以限制只有 O(n) 对
n个球 染黑m个 连续段
*/