D 三哼儿经 EASY
平方复杂度的方法
对于字符串(S)
我们考虑每一个字符(S[pos], posin[0, n)).
计算有多少个以第(pos)个字符结尾的,含有奇数个(1)的子串.
我么可以这样想:
一个以第(pos)个字符为结尾的子串(S[start, pos]),可以看作是子串(S[0, pos])删掉前面的(S[0,start)).
然后可以发现
-
如果(S[0,pos])里出现了奇数个(1),而子串(S[0,start))里出现了偶数个(1),那么显然(S[start, pos])这个子串含有奇数(1).
-
如果(S[0,pos])里出现了偶数个(1),而子串(S[0,start))里出现了奇数个(1),那么显然(S[start, pos])这个子串含有奇数(1).
所以对于每一个字符(S[pos]),我们可以通过以上的方法来计算.
要注意,(S[0,pos])本身也要考虑,也就是要考虑(start)为0的情况(也就是前面部分是空串(S[0,0))).
伪代码如下
int len = strlen(S);
int one_cnt = 0;
int ans = 0;
for (int pos = 0; pos < len; ++S)
{
int one_tmp = 0;
if (S[pos] == '1') one_cnt++;
if (one_cnt % 2) ans++; //S[0,0)
for (int start = 0; start < pos; ++start)
{
if (S[start] == '1') one_tmp++;
if ((one_cnt) % 2 != (one_tmp) % 2) ans++;
}
}
线性复杂度的方法
他们求和就能得到答案.
这时你会发现,这样对于每一个子串(S[0,pos]),都要往前面找有多少个(S[0.start))符合条件,这是应该(O(n^2))的.
可以这样优化.
我们用两个变量(cnt0)和(cnt1),分别有多少个 (S[0,x), xin[0, pos))含有奇数个(1),多少个 (S[0,x), xin[0, pos))含有偶数个(1).
在循环(pos)的时候就可进行维护这两个变量.
-
如果当前的如果(S[0,pos])里出现了奇数个(1),那么答案就加上(cnt0).
-
如果当前的如果(S[0,pos])里出现了偶数个(1),那么答案就加上(cnt1).
int len = strlen(S);
int cnt0 = 0, cnt1 = 0;
int one_cnt = 0;
int ans = 0;
cnt0++; //一开始cnt0计算了S[0.0);
for (int pos = 0; pos < len; ++S)
{
if (S[pos] == '1') one_cnt++;
if (one_cnt % 2) cnt1++;
else cnt0++;
if (one_cnt % 2) ans += cnt0;
else ans += cnt1;
}
以下是巨丑无比的标程
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define maxn (100000+100)
#define p (998244353)
long long cnt[2];
char str[maxn];
int main()
{
int n;
int i;
long long ans, pre1;
while (scanf("%d", &n) != EOF)
{
scanf("%s", str);
ans = pre1 = 0;
cnt[0] = 1; cnt[1] = 0;
for (i = 0; i < n; ++i)
{
pre1 += (str[i] == '1');
ans = (ans + cnt[!(pre1%2)]) % p;
cnt[pre1%2] += 1;
}
printf("%lld
", ans);
}
}
E 三哼儿经HARD
题目要求算:
原字符串的每一个子串(S[start,pos])里面包含多少个符合条件的子串(S[st, ed](startleq st leq ed leq pos)).
但是这很难算,所以我们应该算的是:
每一个符合条件的子串(S[start, pos])被多少个子串(S[st,ed](stleq start leq pos leq ed))包含.
平方复杂度的方法
对于字符串
0110101
我们考虑他的这个子串(S[1, 4]=1101),如果要找一个子串(S[st,ed](stleq start leq pos leq ed)).
那么(st)的取值只能是([0,start])(也就是(0, 1)),(ed)的取值只能是([pos, len))也就是((4,5,6)).
所以子串(S[1,4])被((start+1)*(len-pos) = 6)个子串包含着((S[0, 4], S[0,5], S[0,6], S[1,4], S[1,5], S[1,6])).
如果要求(O(n^2))的复杂度,你应该已经知道该怎么算了.
我们可以(O(n^2))地找到每一个符合条件的子串,然后(O(1))地计算答案.
线性复杂度的方法
然而这题需要(O(n)),那么我们又可以优化一下.
如果我们考虑字符(pos),我们还是可以像EASY一样,(O(1))地找到每一个(start).
但是这题还要算他在多少个子串里出现过,那怎么办?
还是上面那个字符串
0110101
如果(pos=4),他前面的符合条件的(start)有({1, 4}).
如果要算每一对(start)和(pos)的贡献,我们可以知道是((start+1)*(len-pos)),
那么要一次性算多对(start)和(pos),动用小学学过的乘法分配率
所以对于每一个(pos), 只要记录下所有小于(pos)的(start).
参考上面记录(cnt0)和(cnt1)的方法,我们就可(O(n))算出答案了.
-
(cnt0):如果一个子串(S[0,start), startin[0,pos]),里面包含偶数个(1),那么
cnt+=start+1 -
(cnt1):如果一个子串(S[0,start), startin[0,pos]),里面包含奇数个(1),那么
cnt+=start+1
丑代码如下,我写的时候脑子一片浆糊,但是我懒得再写一个了(反正懂的都懂.
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define maxn (100000+100)
#define p (998244353)
long long cnt[2];
char str[maxn];
int main()
{
int n;
int i;
long long ans, pre1;
while (scanf("%d", &n) != EOF)
{
scanf("%s", str+1);
ans = pre1 = 0;
cnt[0] = 1; cnt[1] = 0;
for (i = 1; i <= n; ++i)
{
pre1 += (str[i] == '1');
ans = (ans + cnt[!(pre1%2)]*(n-i+1) % p) % p;
cnt[pre1%2] = (cnt[pre1%2] + i + 1) % p;
}
printf("%lld
", ans);
}
}