7/26 思维+dp+后缀数组的学习

C. The Third Problem

题意:给定一个数组a，要求数组a和数组b相似，相似要求:对于任意一个区间，两数组的最小非负整数值相同，问有多少满足要求的数组b
思路：
1.记录数组a中0~n-1值所在的下标位置；
2.从0到n-1枚举i，并且记录0到i-1出现的数的最左和最右端点[L,R]
3.若a[i]出现在数i-1的最左和最右端点中，则r-l+1（表示数的个数，即区间长度）-i(固定位置值的个数)

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'

using namespace std;
const int N=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n,a[N];

signed main()
{
    
    int t;cin>>t;
    while(t--)
    {
    
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
    
            int x;cin>>x;
            a[x]=i;
        }
        int l=N,r=-1,ans=1;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
    
            if(a[i]>=l&&a[i]<=r)
                ans*=(r-l+1-i),ans%=mod;
            l=min(a[i],l); //记录a[i]的左右端点值
            r=max(a[i],r);
            //cout<<l<<" "<<r<<" "<<ans<<endl;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
	return 0;
}

D. Increase Sequence

题意：将数组a中的值都转化为h，且左右区间只能出现一次。
思路：
1.若数组相邻数的差值大于1，则不存在方法满足题意得方法；a[i]=h-x
2.设置状态:dp[i]表示把a[1]~a[i]都变为0的最小操作次数
3.状态转移:
d=0,可用操作数为a[i]+1（1表示在i-1出结束，在i出开始）
d=-1,可用操作数为a[i-1]，在i-1处结束
d==1，需要新开区间,dp[i]=dp[i-1]

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'

using namespace std;
const int N=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n,h,a[N],dp[2005];  //dp[i]表示把a[1]~a[i]都变为0的最小操作次数

signed main()
{
    
    cin>>n>>h;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    
        int x;cin>>x;
        a[i]=h-x;
    }
    dp[0]=1;
    int flag=0;
    n++;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    
        int res=a[i]-a[i-1];
        if(abs(res)>=2)
            flag=1;
        if(res==0)
            dp[i]=dp[i-1]*(a[i]+1)%mod;
        if(res==-1)
            dp[i]=dp[i-1]*a[i-1]%mod;
        if(res==1)
            dp[i]=dp[i-1];
    }
    if(flag)
        cout<<0<<endl;
    else
        cout<<dp[n]<<endl;
	return 0;
}

后缀数组

模板：(注解在代码中)

const int N=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n,k;
int rk[N];   //以i开头后缀的排名
char s[N]; 
int sa[N];   //表示sa[i]表示排名i的后缀的开头下标

//求解各个以i为起始下标的后缀字符串的排名
bool cmp(int i,int j)
{
    
    if(rk[i]!=rk[j])
        return rk[i]<rk[j];
    int ri=(i+k<=n ? rk[i+k]:-1);
    int rj=(i+k<=n ? rk[j+k]:-1);
    return ri<rj
}
void getsa(int n,char *str)
{
    
    int rk2[N];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sa[i]=i,rk[i]=s[i];  //利用ASCLL码
    for(k=1;k<=n;k*=2)
    {
    
        sort(sa+1,sa+1+n;cmp);
        rk2[sa[1]]=1;
        for(int i=2;i<=n;i++)
            rk2[sa[i]]=rk2[[sa[i-1]]]+cmp(sa[i-1],sa[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            rk[i]=rk2[i];
    }
}

int ht[N]   //维护数组rk相邻两个后缀的lcp(i-1和i的最长公共前缀)
void getht(int n,char *s)
{
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        rk[sa[i]]=1;
    int h=0;
    ht[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    
        int j=sa[rk[i]-1];
        if(h>0)
            h--;
        for(;j+h<=n&&i+h<=n;h++)
            if(s[j+n]!=s[i+h])
                break;
        ht[rk[i]]=h;
    }
}

P4248 [AHOI2013]差异

本题所用知识：后缀数组+单调栈
i和j的最长公共前缀：i~j区间内ht[i]的最小值
套路：每个区间的区间最小值之和，使用单调栈解决。
ll[i]:表示往左看，小于等于h[i]的下标位置
rr[i]:表示从i往右看，小于等于h[i]的下标位置
算以h[i]为最小值的区间个数为:(i-ll[i])*(rr[i]-i)
可能数据更新了，这种做法会re，原因在与于cmp的排序规则增加了复杂度。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'

using namespace std;
const int N=5e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n,k;
int rk[N],rk2[N];   //以i开头后缀的排名
char s[N];
int sa[N];   //表示sa[i]表示排名i的后缀的开头下标

//求解各个以i为起始下标的后缀字符串的排名
bool cmp(int i,int j)
{
    
    if(rk[i]!=rk[j])
        return rk[i]<rk[j];
    int ri=(i+k<=n ? rk[i+k]:-1);
    int rj=(j+k<=n ? rk[j+k]:-1);
    return ri<rj;
}
void getsa(int n,char *str)
{
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sa[i]=i,rk[i]=s[i];  //利用ASCLL码
    for(k=1;k<=n;k*=2)
    {
    
        sort(sa+1,sa+1+n,cmp);
        rk2[sa[1]]=1;
        for(int i=2;i<=n;i++)
            rk2[sa[i]]=rk2[sa[i-1]]+cmp(sa[i-1],sa[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            rk[i]=rk2[i];
    }
}

int ht[N];   //维护数组rk相邻两个后缀的lcp(i-1和i的最长公共前缀)
void getht(int n,char *s)
{
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        rk[sa[i]]=i;
    int h=0;
    ht[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    
        int j=sa[rk[i]-1];
        if(h>0)
            h--;
        for(;j+h<=n&&i+h<=n;h++)
            if(s[j+h]!=s[i+h])
                break;
        ht[rk[i]]=h;
    }
}
int top,ll[N],rr[N],sk[N],ans;
signed main()
{
    
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    getsa(n,s);
    getht(n,s);
    top=1,sk[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
    
        while(top&&ht[sk[top]]>ht[i])
            rr[sk[top]]=i,top--;
        ll[i]=sk[top];
        sk[++top]=i;
    }
    while(top)
        rr[sk[top]]=n+1,top--;
    ans=n*(n-1)*(n+1)*1ll/2;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans-=2*(i-ll[i])*(rr[i]-i)*ht[i];
    printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

P3809 【模板】后缀排序

对各个下标i的后缀进行排序后，输出排名为i的首字符的下标

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'

using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int mod=1e9+7;
int n,k;
int rk[N],rk2[N];   //以i开头后缀的排名
char s[N];
int sa[N];   //表示sa[i]表示排名i的后缀的开头下标

//求解各个以i为起始下标的后缀字符串的排名
bool cmp(int i,int j)
{
    
    if(rk[i]!=rk[j])
        return rk[i]<rk[j];
    int ri=(i+k<=n ? rk[i+k]:-1);
    int rj=(j+k<=n ? rk[j+k]:-1);
    return ri<rj;
}
void getsa(int n,char *str)
{
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sa[i]=i,rk[i]=s[i];  //利用ASCLL码
    for(k=1;k<=n;k*=2)
    {
    
        sort(sa+1,sa+1+n,cmp);
        rk2[sa[1]]=1;
        for(int i=2;i<=n;i++)
            rk2[sa[i]]=rk2[sa[i-1]]+cmp(sa[i-1],sa[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            rk[i]=rk2[i];
    }
}

int ht[N];   //维护数组rk相邻两个后缀的lcp(i-1和i的最长公共前缀)
void getht(int n,char *s)
{
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        rk[sa[i]]=i;
    int h=0;
    ht[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    
        int j=sa[rk[i]-1];
        if(h>0)
            h--;
        for(;j+h<=n&&i+h<=n;h++)
            if(s[j+h]!=s[i+h])
                break;
        ht[rk[i]]=h;
    }
}
int top,ll[N],rr[N],sk[N],ans;
signed main()
{
    
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    getsa(n,s);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%lld ",sa[i]);
    printf("\n");
    //getht(n,s);

	return 0;
}