「SCOI2016」萌萌哒

题目描述

一个长度为 $n$ 的大数，用 $S_1S_2S_3 \ldots S_n$ 表示，其中 $S_i$ 表示数的第 $i$ 位，$S_1$ 是数的最高位，告诉你一些限制条件，每个条件表示为四个数 $(l_1, r_1, l_2, r_2) $，即两个长度相同的区间，表示子串 $S_{l_1}S_{l_1 + 1}S_{l_1 + 2} \ldots S_{r_1} $与 $S_{l_2}S_{l_2 + 1}S_{l_2 + 2} \ldots S_{r_2}$完全相同。

比如 $n = 6$ 时，某限制条件 $(l_1 = 1, r_1 = 3, l_2 = 4, r_2 = 6) $，那么 $123123$、$351351$ 均满足条件，但是 $12012$、$131141$ 不满足条件，前者数的长度不为 $6$，后者第二位与第五位不同。问满足以上所有条件的数有多少个。

$1 \leq n \leq 10^5, 1 \leq m \leq 10^5,1 \leq li_1,ri_1,li_2,ri_2 \leq n$ 并且保证 ${r_i}_1 - {l_i}_1 = {r_i}_2 - {l_i}_2 $

解题思路 :

观察发现，限制条件的本质是使得一些位置只能填同样的字符，我们不妨把限制在一起的位置看做点，在它们之间连一条边

那么统一联通块里面的位置就只能填同一字符了，所以设联通快数为 $x$ ，那么答案就是 $9 \times 10^{x-1}$ (第一位不能填 $0$ ，所以少一种选择)

于是就有一个暴力的做法，用并查集维护联通块，每次对于一组限制 $l_1, r_1, l_2, r_2$ ，暴力将两个区间的对应点合并，复杂度 $O(n^2logn)$

考虑怎么优化并查集的合并，由于是区间问题，所以很容易就想到用线段树或者 $st$ 表来维护

每次把可以询问区间拆成 $log$ 个区间，区间与区间之间进行连边，难点在于最后怎么将区间之间的合并转化到点上

由于题目只需要最终询问一次，不妨利用 $lazytag$ 的思想，对每一种长度的区间用一个并查集来维护，最后算答案的时候将合并信息下传

具体来讲，考虑 $st$ 表的做法：设 $fa(i,j)$ 表示左端点为 $i$ 的长度为 $2 ^ j$ 的区间所在集合的 $root$ 的左端点

那么下传信息的时候只需要 $(i, j-1), (i+2^{j-1},j-1)$ 分别和 $(fa(i, j), j - 1)$ 合并即可，最后统计一下 $(i, 0)$ 的联通块数，总复杂度 $O(nlog^2n)$

/*program by mangoyang*/

#include<bits/stdc++.h>

#define inf (0x7f7f7f7f)

#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))

#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

typedef long long ll;

using namespace std;

template <class T>

inline void read(T &x){

	int f = 0, ch = 0; x = 0;

	for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;

	for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;

	if(f) x = -x;

}

const int N = 500005, Mod = 1000000007;

int fa[N][21], n, m;

inline int ask(int x, int y){

    return x == fa[x][y] ? x : fa[x][y] = ask(fa[x][y], y);

}

int main(){

    read(n), read(m);

    for(int i = 1; i <= n; i++)

        for(int j = 0; j <= 20; j++) fa[i][j] = i;  

    while(m--){

        int l1, r1, l2, r2;

        read(l1), read(r1), read(l2), read(r2);

        int ps1 = l1, ps2 = l2;

        for(int i = 20; ~i; i--)

            if(ps1 + (1 << i) - 1 <= r1){

                int p = ask(ps1, i), q = ask(ps2, i);

                if(p != q) fa[p][i] = q;

                ps1 += (1 << i), ps2 += (1 << i);

            }

    }

    for(int j = 20; j; j--)

        for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++){

            int p = ask(i, j), q = ask(i, j - 1);

            fa[q][j-1] = ask(p, j - 1);

            p = ask(i, j), q = ask(i + (1 << j - 1), j - 1);

            fa[q][j-1] = ask(p + (1 << j - 1), j - 1);

        }

    ll res = 1ll;

    for(int i = 1; i <= n; i++)

        if(fa[i][0] == i) (res *= (res == 1ll) ? 9ll : 10ll) %= Mod;

    cout << res;

    return 0;

}