【65测试20161114】【字符串】【DP】

第一题 复制&粘贴：

文件的内容是一个字符串S，对其进行N次复制&粘贴的操作，第i次操作复制位置Ai和位置Bi之间的所有文字，然后在位置Ci粘贴。这里位置x表示字符串的第x个字符的后面那个位置(位置0表示字符串的开头)，例如字符串”copypaste”的位置6表示字符’a’和字符’s’之间的位置，位置9表示’e’后面的位置(即字符串的结尾)。不过，如果操作后的字符串长度超过了M，那么将超过的部分删除，只保留长度为M的前缀。
你的任务是写一个程序，输出N次操作后字符串的前K个字符。

对于40%的数据，N,M<=2000
对于100%的数据：
1<=K<=200
1<=M<=10^9
S 的每个字符都是小写字母(‘a’~’z’)
K<=|S|<=min(M,2*10^5)
1<=N<=2*10^5
设第i 次操作前的字符串长度为Li，那么0<=Ai<Bi<=Li 且0<=Ci<=Li (1<=i<=N)

---

解：

　　40% ：直接模拟，s.insert(), s.erase()就可以了。

　　100%：考虑到k的值很小，所以我们只需要知道前k个字符对应的在原字符串的位置就可以了。用ans[i]先表示第i 个位置的字符在最后修改后字符串的位置，然后一步步的推回原字符串的位置。因为最后ans[i]=i;所以从最后一个操作开始，枚举每个前k个位置，有三种情况：

　　　1、如果x位置是在这个操作的c前面，对x位置没有影响；

　　　2、x位置是由这个操作粘贴过来的，则粘贴前x位置的字符的位置在x-c[i]+a[i];

　　　3、如果在这个操作的c[i]+b[i]-a[i]后，则x位置的字符为右移后得到的，则原位置为：x-(b[i]-a[i]).

这样一直递推到第一个操作，ans[]所指的位置为原字符串的对应位置。（毕竟以后得到的所有字符都是由原字符串复制粘贴得到的）

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define maxn 200005
 using namespace std;
 int k,m,n,ans[];
 int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
 char s[maxn];
 int main()
 {
     freopen("A.in","r",stdin);
     freopen("A.out","w",stdout);
     cin>>k>>m;
     scanf("%s",s+);
     cin>>n;
     for (int i=;i<=n;i++)
         scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]);
     for (int i=;i<=k;i++)
       ans[i]=i;//在第i位置的字符在哪个位置
     for (int i=n;i>=;i--)
       for (int j=;j<=k;j++)
       {
           if (ans[j]<=c[i]) continue;//< = 在c[i]前面没有影响
           else if (ans[j]<=c[i]+b[i]-a[i])//粘贴过来的 ，还原为原位置
               ans[j]=ans[j]-c[i]+a[i];
           else ans[j]-=b[i]-a[i];//右移后的，还原为原位置
        }
     for (int i=;i<=k;i++)
       putchar(s[ans[i]]);//putchar 的使用
     return ;
 }

---

第二题：愉快的logo设计

设计一个用’J’，’O’，’I’三种文字环形排列的logo。

如下所示，对于任意非负整数k，我们定义标号为k的JOI序列Sk为：
·S0为’J’，’O’，’I’中任一字符构成的长度为1的字符串
·S[k+1]为最初4^k个字符都是’J’，接下来的4^k个字符都是’O’，接下来的4^k个字符都是’I’，最后4^k个字符是字符串Sk的长为4^(k+1)的字符串
现在，K理事长在纸上写下了由4^K个文字构成的一个环形字符串，字符串中每个字符都是’J’，’O’，’I’中的一个。K理事长想要修改一些文字，使得得到的字符串从某个起点开始顺时针读一圈后可以得到SK。在满足条件的情况下，要求修改的文字数量最少。

【Sample Input】
2
JJOIJJOJOIOJOOOI
【Sample Output】
7
【HINT】

从○标记的位置顺时针阅读一圈得到“JJJJOOOOIIIIJOIJ”，满足S2的条件，且修改文字数达到最小值7。
【Data Constraint】
对于30%的数据，1<=K<=5
对于100%的数据，1<=K<=10

---

解：（读题都读了好久才读懂）

　　30%：直接挨个比较就可以了。

　　100%：考虑到目标字符串很有规律，是一段一段的重复的：

　　4^(k-1)个J，4^(k-1)个O，4^(k-1)个I，4^(k-2)个J，4^(k-2)个O，4^(k-2)个I,..........4^0个J,4^0个O，4^0个I，最后一个随意。

所以可以换一个角度去想这个问题。我们普通的思路是用原字符串来匹配目标字符串，而根据刚才的规律，我们可以换为用目标字符串来匹配原字符串。具体的操作如下：

第一次匹配：

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

J

J

J

J

O

O

O

O

I

I

I

I

J

O

I

J

J

J

O

I

J

J

O

J

O

I

O

J

O

O

O

I

第二次匹配：(目标串右移)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

J

J

J

J

O

O

O

O

I

I

I

I

J

O

I

X

J

J

O

I

J

J

O

J

O

I

O

J

O

O

O

I

J

第三次匹配：

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

J

J

J

J

O

O

O

O

I

I

I

I

J

O

I

X

J

J

O

I

J

J

O

J

O

I

O

J

O

O

O

I

J

J

等等........

所以原串要*2。    O(4^N*K)

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define maxn 1200005
 using namespace std;
 int k,f[(maxn<<)][],n,ki,ans=;
 char c[(maxn<<)];
 int main()
 {
     freopen("B.in","r",stdin);
     freopen("B.out","w",stdout);
     cin>>k;
     n=(<<(k<<));
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         char s=getchar();
         while (s!='J'&&s!='O'&&s!='I') s=getchar();
         c[i]=s;c[i+n]=s;
     }
     for (int i=;i<=(n<<);i++)//前缀和
     {
         f[i][]=f[i-][];
         f[i][]=f[i-][];
         f[i][]=f[i-][];
         if (c[i]=='J') f[i][]++;
         else if (c[i]=='O') f[i][]++;
         else f[i][]++;
     }
     ki=(<<((k-)<<));
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         int cur=ki,sum=,tmp=i;
         while (cur)
         {
             sum+=f[tmp+cur-][]-f[tmp-][];
             sum+=f[tmp+cur*-][]-f[tmp+cur-][];
             sum+=f[tmp+cur*-][]-f[tmp+*cur-][];
             tmp+=cur*;
             cur=(cur>>);
         }
         ans=min(ans,n-sum-);
     }
     printf("%d",ans);
     return ;
 }