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Finally, you come to the interview room. You know that a Microsoft interviewer is in the room though the door is locked. There is a combination lock on the door. There are N rotators on the lock, each consists of 26 alphabetic characters, namely, ‘A‘-‘Z‘. You need to unlock the door to meet the interviewer inside. There is a note besides the lock, which shows the steps to unlock it.
Note: There are M steps totally; each step is one of the four kinds of operations shown below:
Type1: CMD 1 i j X: (i and j are integers, 1 <= i <= j <= N; X is a character, within ‘A‘-‘Z‘)
This is a sequence operation: turn the ith to the jth rotators to character X (the left most rotator is defined as the 1st rotator)
For example: ABCDEFG => CMD 1 2 3 Z => AZZDEFG
Type2: CMD 2 i j K: (i, j, and K are all integers, 1 <= i <= j <= N)
This is a sequence operation: turn the ith to the jth rotators up K times ( if character A is turned up once, it is B; if Z is turned up once, it is A now. )
For example: ABCDEFG => CMD 2 2 3 1 => ACDDEFG
Type3: CMD 3 K: (K is an integer, 1 <= K <= N)
This is a concatenation operation: move the K leftmost rotators to the rightmost end.
For example: ABCDEFG => CMD 3 3 => DEFGABC
Type4: CMD 4 i j(i, j are integers, 1 <= i <= j <= N):
This is a recursive operation, which means:
If i > j: Do Nothing Else: CMD 4 i+1 j CMD 2 i j 1For example: ABCDEFG => CMD 4 2 3 => ACEDEFG
1st line: 2 integers, N, M ( 1 <= N <= 50000, 1 <= M <= 50000 )
2nd line: a string of N characters, standing for the original status of the lock.
3rd ~ (3+M-1)th lines: each line contains a string, representing one step.
One line of N characters, showing the final status of the lock.
Come on! You need to do these operations as fast as possible.
7 4 ABCDEFG CMD 1 2 5 C CMD 2 3 7 4 CMD 3 3 CMD 4 1 7
HIMOFIN
题目分析：
给定一个字符串s，以及对该字符串s的 m 个操作。
字符串s包含n个字符，下标为1..n。字符由‘A‘到‘Z‘构成，字符增加1表示该字符变为后续字符，比如‘A‘增加1是‘B‘，‘C‘增加1是‘D‘。需要注意的是‘Z‘增加1是‘A‘。
m个操作包含以下四种类型：
将字符串第i位到第j位设定为C。
比如当i=2,j=3,C=‘Z‘时："ABCDEFG"变成"AZZDEFG"
将字符串第i位到第j位增加K。
比如i=2,j=3,K=1时："ABCDEFG"变成"ACDDEFG"
将字符串左边K位移至右边。
比如K=3时："ABCDEFG"变成"DEFGABC"
从字符串第i位到第j位，依次增加1,2,...,j-i+1。
比如当i=2,j=3时："ABCDEFG"变成"ACEDEFG"
输出m个操作结束后的字符串s。
本题需要根据每一次的操作去修改现在的s。若采用朴素的做法，每一次修改其最大代价为O(n)，故总的时间复杂度为O(nm)。对于n=50000,m=50000的数据量来说，这样时间复杂度显然是不能够接受的。
仔细观察我们每一次的操作，其中CMD3是对整体进行了平移，CMD1,CMD2,CMD4都是针对i到j的一个区间进行操作。
首先我们来解决看似比较简单的CMD3操作：
若将整个字符串s看作环形，则线型的字符串是从起点指针SP开始顺时针将n个元素进行展开得到的。那么CMD3操作为顺时针移动该环的头指针。举个例子来说：
最开始头指针在1时，我们展开字符串为[1,2,3,4,5]。当执行CMD3 K=2操作后，起点指针SP移动到3的位置，此时展开的字符串为[3,4,5,1,2]。
符合CMD3操作的规则，并且起点指针SP的改变就是增加了K。
其中新字符串的第i~j位，对应的是原字符串第i+SP~j+SP位。
所以我们只需要维护一个SP指针，当执行CMD3操作时，改变SP的值。而对于其他操作的区间，只需要将区间从[i..j]变化到[i+SP..j+SP]即可。
需要注意的是，SP,i+SP,j+SP有可能会超过n。当超过n时，需要将其值减去n。
至此执行CMD3操作的时间复杂度降至O(1)。
接下来考虑CMD1,CMD2,CMD4。这三个操作均为区间上的操作，因此我们可以使用线段树来进行模拟。(在我们的Hiho一下第19期和第20期可以找到线段树的教程)
在那之前，我们需要对字符进行处理。从题目中我们知道当一个字符超过‘Z‘时，会直接变成‘A‘。所以我们可以直接考虑将‘A‘~‘Z‘与0~25对应起来。当一个字符增加了很多次K后，其实际表示的字符也就等于该值 mod 26。
构造线段树，主要是构造每个节点的数据域，使其能够记录我们需要的信息，同时在父节点和子节点之间能够进行信息的传递。根据本题的题意，我们构造的线段树其节点包含以下三个数据：
delta和 inc : 这两个变量是一组，其表示CMD4的操作。其含义为，该区间最左起第1个元素值增量为delta，此后每一个元素的增量比前一个多inc。即第2个元素的增量为delta+inc，第3个元素的增量为delta+inc+inc，...，第i个元素的增量为delta+inc*(i-1)。举个例子：
若我们对区间[1,3]进行了CMD4操作，实际的意义为s1+1,s[2]+2,s[3]+3。对于表示区间[1,3]的节点，其Delta=1,inc=1。
若我们对区间[1,3]进行了2次CMD4操作，实际意义为s1+2,s[2]+4,s[3]+6。则此时Delta=2,inc=2。而对于表示区间[2,3]的节点，其Delta=4,inc=2。因为该区间左起第1个元素为s[2]+4，故delta=4。
在本题中我们一开始便读入了字符串，该字符串的每一个字符对应了树的一个叶子节点。故我们一开始就需要建出整颗树，其代码：
// 该段代码我们采用的是数组模拟线段树 const int MAXN = 50001; struct sTreeNode { int left, right; int same, add; int delta, inc; int lch, rch; } tree[ MAXN << 2 ]; void createTree(int rt, int left, int right) { tree[rt].left = left, tree[rt].right = right; tree[rt].delta = tree[rt].step = 0; tree[rt].add = 0; if (left == right) { // 叶子节点 tree[rt].base = str[ left ] - ‘A‘; tree[rt].lch = tree[rt].rch = 0; return ; } // 非叶子节点 tree[rt].base = -1; tree[rt].lch = rt * 2, tree[rt].rch = rt * 2 + 1; int mid = (tree[rt].left + tree[rt].right) >> 1; createTree(tree[rt].lch, left, mid); createTree(tree[rt].rch, mid + 1, right); return ; }
在更新线段树时，需要注意更新区间可能会出现i+SP <= n并且j+SP大于n时，此时要将区间分为[i+SP..n]和[1..j+SP-n]两个部分单独处理。
更新线段树信息的update函数：
// rt表示当前节点 // left,right表示此次操作的区间 // key表示此次操作K或Delta // type表示此次操作的类型 void update(int rt, int left, int right, int key, int type) { if (!rt) return ; if (tree[rt].right < left || tree[rt].left > right) return ; if (left <= tree[rt].left && tree[rt].right <= right) { // 当前节点区间完全包含于[left,right] // 更新当前区间信息 ... } else { // 当前节点区间不完全包含于[left,right]，则需要让子区间来处理 // 传递当前区间的信息 ... // 更新当前区间信息 ... // 迭代处理 update(tree[rt].lch, left, right, key, type); update(tree[rt].rch, left, right, key, type); } return ; }
若当前区间包含于[left,right]，根据操作的不同我们进行如下的处理：
CMD1: 直接更新区间的same值，同时将add，delta和inc置为0 if (type == 1) { tree[rt].same = key; tree[rt].delta = 0, tree[rt].inc = 0; tree[rt].add = 0; }
CMD2: 累加到当前区间的add上 if (type == 2) { tree[rt].add += key; }
CMD4: 将新的delta和inc累加到当前区间的delta和inc上 if (type == 4) { tree[rt].delta += key + (tree[rt].left - left); tree[rt].inc ++; }
当需要对子区间进行处理时，我们需要将当前区间的信息传递下去，此时需要判断当前区间的same值：
// 传递当前区间的信息 int mid = (tree[rt].left + tree[rt].right) / 2; if (tree[rt].base == -1) { // lch tree[ tree[rt].lch ].delta += tree[rt].delta; tree[ tree[rt].lch ].step += tree[rt].step; tree[ tree[rt].lch ].add += tree[rt].add; // rch tree[ tree[rt].rch ].delta += tree[rt].delta + (mid - tree[rt].left + 1) * tree[rt].step; tree[ tree[rt].rch ].step += tree[rt].step; tree[ tree[rt].rch ].add += tree[rt].add; } else { tree[ tree[rt].lch ].base = tree[ tree[rt].rch ].base = tree[rt].base; tree[ tree[rt].lch ].delta = tree[rt].delta; tree[ tree[rt].rch ].delta = tree[rt].delta + (mid - tree[rt].left + 1) * tree[rt].step; tree[ tree[rt].lch ].step = tree[ tree[rt].rch ].step = tree[rt].step; tree[ tree[rt].lch ].add = tree[ tree[rt].rch ].add = tree[rt].add; }
当我们把当前区间的信息传递下去后，可以知道当前区间内的字符一定会发生改变，所以设置其same=1。同时由于当前区间的add，delta和inc信息已经传递下去，其本身的add，delta和inc设置为0：
// 更新当前区间信息 tree[rt].base = -1; tree[rt].delta = tree[rt].step = 0; tree[rt].add = 0;
在这一步我们需要对整个线段树进行一次遍历，将所有的信息传递到叶子节点，再根据叶子节点的值产生我们新的字符串。
int f[ MAXN ]; // 记录每个叶子节点的数值 void getResult(int rt) { if (!rt) return ; if (tree[rt].base != -1) { int delta = tree[rt].delta; for (int i = tree[rt].left; i <= tree[rt].right; ++i) f[i] = tree[rt].base + tree[rt].add + delta, delta += tree[rt].step; } else { int mid = (tree[rt].left + tree[rt].right) / 2; // lch tree[ tree[rt].lch ].delta += tree[rt].delta; tree[ tree[rt].lch ].step += tree[rt].step; tree[ tree[rt].lch ].add += tree[rt].add; // rch tree[ tree[rt].rch ].delta += tree[rt].delta + (mid - tree[rt].left + 1) * tree[rt].step; tree[ tree[rt].rch ].step += tree[rt].step; tree[ tree[rt].rch ].add += tree[rt].add; getResult(tree[rt].lch); getResult(tree[rt].rch); } return ; }
此时得到的s并不是我们最后的结果，还需要根据SP的值来输出
void typeAns() { for (int i = 0; i < n; ++i) printf("%c", (char) (f[(SP + i) % n] + ‘A‘)); printf("\n"); return ; }
#include <iostream> #include <algorithm> #include <string.h> #include <stdio.h> #include <cmath> #include <queue> #include <map> #define maxn 50000 + 100 using namespace std; string ch; char alpha[30] = { ‘A‘, ‘B‘, ‘C‘, ‘D‘, ‘E‘, ‘F‘, ‘G‘, ‘H‘, ‘I‘, ‘J‘, ‘K‘, ‘L‘, ‘M‘, ‘N‘, ‘O‘, ‘P‘, ‘Q‘, ‘R‘, ‘S‘, ‘T‘, ‘U‘, ‘V‘, ‘W‘, ‘X‘, ‘Y‘, ‘Z‘ }; void dfs(int u, int v, int tt) { int res = 1; for(int i = u - 1; i <= v - 1; i++) { int tt = (ch[i] - ‘A‘ + res) % 26; ch[i] = alpha[tt]; res++; } return; } int main() { int n, m; scanf("%d %d", &n, &m); cin >> ch; int op; int u, v, w; char c[10]; char cc[10]; while(m--) { cin >> cc >> op; if(op == 1) { scanf("%d %d %s", &u, &v, c); for(int i = u - 1; i <= v - 1; i++) { ch[i] = c[0]; } //cout << ch << endl; } else if(op == 2) { scanf("%d %d %d", &u, &v, &w); w = w % 26; for(int i = u - 1; i <= v - 1; i++) { int tt = (ch[i] - ‘A‘ + w) % 26; ch[i] = alpha[tt]; } // cout << ch << endl; } else if(op == 3) { scanf("%d", &w); string ch1 = ch; string s1 = ch.substr(0, w); string s2 = ch1.substr(w, n - w + 1); ch = ""; ch = s2 + s1; //cout << ch << endl; } else if(op == 4) { scanf("%d %d", &u, &v); //printf("%d %d %d\n", u, v, w); dfs(u, v, w); // cout << ch << endl; } } cout << ch << endl; return 0; }
根据题意线段树：
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cmath> #include <string.h> #include <stdio.h> #include <queue> using namespace std; #define maxn 50000 + 100 int len; char alpha[30] = { ‘A‘, ‘B‘, ‘C‘, ‘D‘, ‘E‘, ‘F‘, ‘G‘, ‘H‘, ‘I‘, ‘J‘, ‘K‘, ‘L‘, ‘M‘, ‘N‘, ‘O‘, ‘P‘, ‘Q‘, ‘R‘, ‘S‘, ‘T‘, ‘U‘, ‘V‘, ‘W‘, ‘X‘, ‘Y‘, ‘Z‘ }; int sp = 0; using namespace std; char ch[maxn]; struct Tire { int same; ///表示当前区间的字符是否相同，若相同则same等于该字符，否则same=-1 int add; ///表示当前区间的增量，对应CMD2操作所增加的K int delta; ///该区间最左起第1个元素值增量为delta int inc; ///每一个元素的增量比前一个多 int val; ///当前的值 } tree[maxn << 2]; void build(int left, int right, int root) { tree[root].same = -1; tree[root].add = 0; tree[root].delta = 0; tree[root].inc = 0; tree[root].val = 0; if(left == right) { return; } int mid = (left + right) >> 1; build(left, mid, root << 1); build(mid + 1, right, root << 1 | 1); return; } void change(int& x, int y) { x += y; x %= 26; } void getid(int s, int e, int& s1, int& e1, int& s2, int& e2) { s--; e--; s1 = s2 = e1 = e2 = -2; int t1 = sp + s, t2 = sp + e; if(t1 < len && t2 < len) { s1 = t1; e1 = t2; s2 = e2 = -2; } else if(t1 < len && t2 >= len) { t2 %= len; s1 = t1; e1 = len - 1; s2 = 0; e2 = t2; } else if(t1 >= len && t2 >= len) { t1 %= len; t2 %= len; s1 = t1; e1 = t2; s2 = e2 = -2; } s1++; e1++; s2++; e2++; } void pushup(int left, int right, int root) { if(left == right) { return; } if(tree[root].same >= 0) { tree[root << 1].same = tree[root << 1].val = tree[root].same; tree[root << 1 | 1].same = tree[root << 1 | 1].val = tree[root].same; tree[root].same = -1; tree[root << 1].add = tree[root << 1].delta = tree[root << 1].inc = 0; tree[root << 1 | 1].add = tree[root << 1 | 1].delta = tree[root << 1 | 1].inc = 0; } if(tree[root].add >= 0) { change(tree[root << 1].add, tree[root].add); change(tree[root << 1 | 1].add, tree[root].add); tree[root].add = 0; } if(tree[root].delta >= 0) { change(tree[root << 1].delta, tree[root].delta); change(tree[root << 1].inc, tree[root].inc); change(tree[root << 1 | 1].delta, tree[root].delta + ((right - left) / 2 + 1)*tree[root]. inc); change(tree[root << 1 | 1].inc, tree[root].inc); tree[root].delta = 0; tree[root].inc = 0; } return; } void update(int op, int L, int R, int root, int left, int right, int val) { pushup(left, right, root); if(L <= left && right <= R) { if(op == 2) { change(tree[root].add, val); } else if(op == 4) { change(tree[root].inc, 1); change(tree[root].delta, left - L + val); } else if(op == 1) { tree[root].same = val; tree[root].val = val; tree[root].add = 0; tree[root].delta = 0; tree[root].inc = 0; } return; } int mid = (left + right) / 2; if(mid >= L) { update(op, L, R, root << 1, left, mid, val); } if(R > mid) { update(op, L, R, root << 1 | 1, mid + 1, right, val); } return; } int query(int L, int R, int root, int left, int right) { pushup(left, right, root); if(L <= left && R >= right) { return (tree[root].val + tree[root].add + tree[root].delta) % 26; } int mid = (left + right) >> 1; if(L <= mid) { return query(L, R, root << 1, left, mid); } if(R > mid) { return query(L, R, root << 1 | 1, mid + 1, right); } return 0; } int main() { int n, m; scanf("%d %d", &n, &m); cin >> ch; build(1, n, 1); for(int i = 0; i < n; i++) { update(1, i + 1, i + 1, 1, 1, n, ch[i] - ‘A‘); } sp = 0; int op; int u, v, w; char c[10]; char cc[10]; int s1, e1, s2, e2; len = n; for(int jj = 0; jj < m; jj++) { cin >> cc >> op; if(op == 1) { cin >> u >> v >> c; getid(u, v, s1, e1, s2, e2); update(1, s1, e1, 1, 1, n, c[0] - ‘A‘); if(s2 != -1 && e2 != -1) { update(1, s2, e2, 1, 1, n, c[0] - ‘A‘); } } else if(op == 2) { cin >> u >> v >> w; getid(u, v, s1, e1, s2, e2); update(2, s1, e1, 1, 1, n, w); if(s2 != -1 && e2 != -1) { update(2, s2, e2, 1, 1, n, w); } } else if(op == 3) { scanf("%d", &w); sp = sp + w; sp = sp % n; } else if(op == 4) { cin >> u >> v; getid(u, v, s1, e1, s2, e2); update(4, s1, e1, 1, 1, n, 1); if(s2 != -1 && e2 != -1) { update(4, s2, e2, 1, 1, n, e1 - s1 + 2); } } } int tt = sp; for(int i = 0; i < n; i++) { printf("%c", ‘A‘ + query(tt + 1, tt + 1, 1, 1, n)); tt++; tt %= n; } return 0; }
hihocoder-第六十一周 Combination Lock
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