「SCOI2016」萌萌哒

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「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;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/mangoyang/p/9484338.html