[CSP-S模拟测试]:斯诺(snow)（数学+前缀和+树状数组）

题目传送门（内部题37）

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输入格式

第一行一个整数$n$，表示区间的长度.
第二行一个长度为$n$的只包含$0,1,2$的字符串，表示给出的序列。

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输出格式

一行一个整数，表示革命的区间的数量。

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样例

样例输入：

10
0000111011

样例输出：

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数据范围与提示

第$1$个测试点，$n=100$
第$2,3$个测试点，$n=1,000$
第$4$个测试点，$n=50,000$
第$5,6$个测试点，$n={10}^5$
第$7,8,9,10$个测试点，$n=5\times {10}^6$
第$2,4,5,7$个测试点还满足：给出的序列中只含$0$和$1$

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题解

显然需要用到前缀和，那么我们设$s_0,s_1,s_2$分别表示$0,1,2$的前缀和。

那么对于一个区间$(l,r)$，只有当这个区间满足$s_r-s_{l-1}>\frac{r-l+1}{2}$的时候满足，化简式子，$2\times s_r+r-1>2\times s_{l-1}+l$。

但是显然这样求会重复，那么我么考虑这样一个问题，对于一个区间，$0,1,2$中只有一个可能会超过区间的一半，所以我们可以找出不满足的个数，用总的减去即可。

那么我们所要求的就是当前位置以前有几个点满足这个性质，可以用树状数组快速求出，维护三个树状数组即可。

我的做法稍特殊，首先在每个树状数组开始插一个$0$，然后我们只要求出小于等于$s_i-i$的个数即可。

时间复杂度：$\Theta(n\log n)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

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代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
char ch[5000001];
int a[5000001];
int s[3][5000001];
int tr0[20000010],tr1[20000010],tr2[20000010];
long long ans;
int lowbit(int x){return x&-x;}
void add0(int x){for(int i=x;i<=10000000;i+=lowbit(i))tr0[i]++;}
int ask0(int x)
{
	int res=0;
	for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res+=tr0[i];
	return res;
}
void add1(int x){for(int i=x;i<=10000000;i+=lowbit(i))tr1[i]++;}
int ask1(int x)
{
	int res=0;
	for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res+=tr1[i];
	return res;
}
void add2(int x){for(int i=x;i<=10000000;i+=lowbit(i))tr2[i]++;}
int ask2(int x)
{
	int res=0;
	for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res+=tr2[i];
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%d%s",&n,ch+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=ch[i]-'0';
		s[a[i]][i]++;
		s[0][i]+=s[0][i-1];
		s[1][i]+=s[1][i-1];
		s[2][i]+=s[2][i-1];
	}
	add0(5000001);
	add1(5000001);
	add2(5000001);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		ans+=i;
		ans-=ask0(2*s[0][i]-i+5000000);
		ans-=ask1(2*s[1][i]-i+5000000);
		ans-=ask2(2*s[2][i]-i+5000000);
		add0(2*s[0][i]-i+5000001);
		add1(2*s[1][i]-i+5000001);
		add2(2*s[2][i]-i+5000001);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

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