Codeforces 1383E - Strange Operation（线段树优化 DP or 单调栈+DP）

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Yet another 自己搞出来的难度 \(\ge 2800\) 的题

介绍一个奇奇怪怪的 \(n\log n\) 的做法。首先特判掉字符串中全是 \(0\) 的情况，这种情况答案显然为 \(n\)。我们假设字符串中 \(1\) 的位置为 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\)。考虑当我们已经求出了 \(s[1...p_i]\) 可以得到多少个不同的 01 串后，怎样求出 \(s[1...p_{i+1}]\) 可以得到多少个不同的 01 串。

• 显然原来 \(s[1...p_i]\) 可以得到的子串，也可以通过 \(s[1...p_{i+1}]\) 得到，因为我们可以将 \(p_{i+1}\) 与 \(p_{i+1}-1\) 合并，\(p_{i+1}-1\) 与 \(p_{i+1}-2\) 合并，……，\(p_i+1\) 与 \(p_i\) 合并，这样我们就合并得到了 \(s[1...p_i]\)。对于 \(s[1...p_i]\) 可以得到的子串 \(t\)，再通过 \(s[1...p_i]\to t\) 的合并方式即可合并得到 \(t\)。
• 对于原来 \(s[1...p_i]\) 可以得到的子串 \(t\)，在其后面添上 \(j(0\le j\le p_{i+1}-p_i-1)\) 个 \(0\) 和一个 \(1\) 得到的字符串也可以被合并出来，因为我们可以按照 \(s[1...p_i]\to t\) 的合并方式合并 \(s[1...p_{i+1}]\) 的前 \(p_i\) 位，然后把最后一段 \(00...01\) 合并只剩 \(j\) 个 \(0\) 和 \(1\) 个 \(1\)。

假设 \(dp_i\) 为 \([1...p_i]\) 可以得到多少个 01 串，照这样讲，难道就有 \(dp_{i+1}=(p_{i+1}-p_i)\times dp_i\) 吗？

非也，不然您觉得这题咋就能放到 D1E 呢/ww

这样做的问题是，会出现重复计算的字符串，比方说 \(s=\texttt{10101}\)，那么当我们计算 \(s[1...p_i]\) 可以得到的子串（第一类）时会统计到字符串 \(\texttt{101}\)，而 \(s[1...p_i]\) 还可以得到一个字符串 \(\texttt{1}\)，在 \(\texttt{1}\) 后面添上一个 \(0\) 和一个 \(1\) 后也能得到 \(\texttt{101}\)，也就是说 \(\texttt{101}\) 被统计了两次。

怎样避免这种情况呢？显然这种算重的情况只会发生在第一类与第二类之间，因为每一类内部的字符串是不会算重的（对于上述转移中的第一种情况，原来 \(s[1...p_i]\) 根据我们 \(dp\) 状态的定义已经“本质不同”了，不会重复计算，而对于上述转移中的第二种情况，要么最后一段 \(0\) 的个数 \(j\) 不同，要么去掉最后一段 \(00...01\) 之后，得到的可以通过 \(s[1...p_i]\) 合并得到的子串不同，也不会算重），也就是说算重的字符串只可能是对于某个 \(s[1...p_i]\) 得到的 \(t\)，它加上 \(j\) 个 \(0\) 和一个 \(1\) 后得到的字符串照样可以通过 \(s[1...p_i]\) 得到。因此我们可以转化为统计有多少个可以被 \(s[1...p_i]\) 的字符串，它最后一段 \(00...01\) 中 \(0\) 的个数在 \([0,p_{i+1}-p_i-1]\) 中。

考虑换个状态设计，\(dp_{i,j}\) 表示考虑 \([1...p_i]\) 的字符串，有多少个满足最后一段 \(00...01\) 中 \(0\) 的个数为 \(j\)，这样一来转移就比较明显了，记 \(S=\sum\limits_{j}dp_{i,j}\)，对于 \(j>p_{i+1}-p_i-1\)，显然用第二种情况转移得来的字符串不可能得到最后一段 \(j\) 个 \(0\) 的 01 串，故 \(dp_{i+1,j}=dp_{i,j}\)，对于 \(j\le p_{i+1}-p_i-1\)，第一种情况贡献 \(dp_{i,j}\) 个字符串，第二种情况贡献 \(S\) 个字符串，但根据上面的推论还有 \(dp_{i,j}\) 个字符串被算重，故 \(dp_{i+1,j}=S+dp_{i,j}-dp_{i,j}=S\)，还有一个小问题，就是对于形如 \(000...01\) 的字符串，它不能通过某个可以通过 \(s[1...p_i]\) 得到的字符串加上若干个 \(0\) 和一个 \(1\) 得到（因为它去掉最后一段 \(00...01\) 后就得到空串了，而空串不可能被我们得到），而显然如果 \(\begin{matrix}\underbrace{000...00}1\\j\text{个}0\end{matrix}\) 能够被 \(s[1...p_i]\) 得到，那么 \(j\le p_1-1\)。也就是说对于 \(j\le p_1-1\)，字符串 \(\begin{matrix}\underbrace{000...00}1\\j\text{个}0\end{matrix}\) 被包含在了 \(dp_{i,j}\) 中，但事实上它没有被重复统计，故被重复统计的只有 \(dp_{i,j}-1\) 个，即 \(dp_{i+1,j}=S+dp_{i,j}-(dp_{i,j}-1)=S+1\)，于是我们有状态转移方程：

\[dp_{i+1,j}=\begin{cases}S+1&j\le\min(p_1-1,p_{i+1}-p_i-1)\\S&p_1\le j\le p_{i+1}-p_i-1\\dp_{i,j}&j>p_{i+1}-p_i-1\end{cases}
\]

这样暴力复杂度是平方的，但借鉴 CF115E 的套路第一维显然可以去掉，用线段树维护第二维，只需实现一个区间赋值和全局求和，复杂度 \(n\log n\)。

又一次抢了最劣解（bushi

const int MOD=1e9+7;
const int MAXN=1e6;
char str[MAXN+5];int n;
struct node{int l,r,sum,lz;} s[MAXN*4+5];
void pushup(int k){s[k].sum=(s[k<<1].sum+s[k<<1|1].sum)%MOD;}
void build(int k,int l,int r){
	s[k].l=l;s[k].r=r;s[k].lz=-1;if(l==r) return;
	int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void pushdown(int k){
	if(~s[k].lz){
		s[k<<1].sum=1ll*(s[k<<1].r-s[k<<1].l+1)*s[k].lz%MOD;
		s[k<<1|1].sum=1ll*(s[k<<1|1].r-s[k<<1|1].l+1)*s[k].lz%MOD;
		s[k<<1].lz=s[k].lz;s[k<<1|1].lz=s[k].lz;s[k].lz=-1;
	}
}
void modify(int k,int l,int r,int x){
	if(l>r) return;
	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
		s[k].sum=1ll*(s[k].r-s[k].l+1)*x%MOD;
		s[k].lz=x;return;
	} pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
	if(r<=mid) modify(k<<1,l,r,x);
	else if(l>mid) modify(k<<1|1,l,r,x);
	else modify(k<<1,l,mid,x),modify(k<<1|1,mid+1,r,x);
	pushup(k);
}
int main(){
	scanf("%s",str+1);n=strlen(str+1);
	int fst=0;for(int i=1;i<=n;i++) if(str[i]^48){fst=i;break;}
	if(!fst) return printf("%d\n",n),0;int pre=fst;
	build(1,0,n);modify(1,0,fst-1,1);
	for(int i=fst+1;i<=n;i++) if(str[i]^48){
		int len=i-pre,sum=s[1].sum;
		modify(1,0,min(fst,len)-1,(sum+1)%MOD);
		modify(1,min(fst,len),len-1,sum);
		pre=i;
	} printf("%d\n",1ll*s[1].sum*(n-pre+1)%MOD);
	return 0;
}

似乎有线性的做法？被微分了/kk

接下来就是大部分题解中提到的线性做法了，考虑什么样的字符串可以被得到，对于一个 \(01\) 串 \(t\)，它可以被 \(s\) 得到的充要条件是：

• \(t\) 第一段 \(0\) 的长度 \(\le\) \(s\) 第一段 \(0\) 的长度
• \(t\) 最后一段 \(0\) 的长度 \(\le\) \(s\) 最后一段 \(0\) 的长度
• 假设 \(t\) 中间有 \(y\) 段 \(0\)，长度分别为 \(g_1,g_2,\cdots,g_y\)，\(s\) 中间有 \(x\) 段 \(0\)，长度分别为 \(f_1,f_2,\cdots,f_x\)，则存在 \(1\le p_1\le p_2\le\cdots\le p_y\le x\) 满足 \(g_{i}\le f_{p_i}\)。

前两个条件显然可以轻松判断，但是第三个条件貌似有些棘手，我们考虑用一个“匹配”的思想解释上面的内容，我们在扫描 \(t\) 的过程中维护一个指针 \(p\)，表示最小的满足当前 \(t\) 的前缀 \(t[1...i]\) 能够从 \(s[1...j]\) 得到的 \(j\)。我们考虑加入一个字符会对 \(p\) 产生什么影响，若加入一个 \(1\)，那么 \(p\) 显然会移动到 \(j\) 下一个 \(1\) 的位置，若加入一个 \(0\)，则分三种情况：

• 若 \(s_p='1'\)，那么 \(p\) 会移动到下一个 \(0\) 的位置
• 若 \(s_p='0'\)，且 \(s_{p+1}='0'\)，那么 \(p\) 显然会移动到 \(p+1\)
• 若 \(s_p='0'\)，且 \(s_{p+1}='1'\)，那么意味着这段 \(0\) 的个数超过了当前指针所在的 \(0\) 的段的长度，也就是说这段 \(0\) 不够用了。我们记当前 \(p\) 所在 \(0\) 段为 \(s[L...R]\)，那么我们就找到离当前 \(0\) 段最近的 \(0\) 段 \(s[l...r]\)，满足 \(r-l+1>R-L+1\)，并将指针移动到 \(l+R-L+1\) 的位置。这个稍微想想即可想明白。

如果在上面的过程中 \(p\) 无法再移动了，则说明无法匹配，否则可以匹配。我们考虑以此为 \(dp\) 状态进行转移。我们先预处理出 \(nxt_{i,j}\) 表示当前指针在 \(i\) 处，新加入一个字符 \(j\) 后指针会移动到哪儿，这显然可以单调栈求出。然后设 \(dp_{i,j}\) 表示当前指针在 \(i\) 处，最后一位为 \(j\) 的方案数，枚举下一位的值 \(k\) 然后转移到 \(dp_{nxt_{i,k},k}\) 即可。最后我们强制令最后一位为 \(1\)，即统计所有 \(dp_{i,1}\) 的和，再乘上 \(s\) 中第一段 \(0\) 的长度和最后一段 \(0\) 的长度即可。

时间复杂度线性。

const int MAXN=1e6;
const int MOD=1e9+7;
char s[MAXN+5];pii seg[MAXN+5];int pcnt=0;
int n,nxt[MAXN+5][2],dp[MAXN+5][2];
void add(int &x,int y){((x+=y)>=MOD)&&(x-=MOD);}
int main(){
	scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);int fst=0,lst=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(s[i]^48){fst=i;break;}
	for(int i=n;i;i--) if(s[i]^48){lst=i;break;}
	if(!fst) return printf("%d\n",n),0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=l;if(s[l]^48) continue;
		while(s[r]^49&&r<=n) r++;seg[++pcnt]=mp(r-1,r-l);
	} int pre=n+1;
	for(int i=n;i;i--){nxt[i][1]=pre;if(s[i]^48) pre=i;}
	pre=n+1;
	for(int i=n;i;i--){
		if(s[i]^49) pre=i;
		else nxt[i][0]=pre;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if((s[i]^49)&&(s[i+1]^49))
		nxt[i][0]=i+1;
	stack<pii> stk;
	for(int i=pcnt;i;i--){
		while(!stk.empty()&&stk.top().se<=seg[i].se) stk.pop();
		if(!stk.empty()) nxt[seg[i].fi][0]=stk.top().fi-stk.top().se+1+seg[i].se;
		else nxt[seg[i].fi][0]=n+1;stk.push(seg[i]);
	}
//	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",nxt[i][0],nxt[i][1]);
	dp[fst][1]=1;int ans=0;
	for(int i=fst;i<=n;i++) for(int j=0;j<2;j++){
		for(int k=0;k<2;k++) if(nxt[i][k]<=n) add(dp[nxt[i][k]][k],dp[i][j]);
		if(j==1) add(ans,dp[i][j]);
	} printf("%d\n",1ll*ans*fst%MOD*(n-lst+1)%MOD);
	return 0;
}