CSAcademy Prefix Suffix Counting 题解
2024-10-17 22:11:54
CSAcademy Prefix Suffix Counting 题解
题意
给你两个数字\(N\)和\(M\),现在\(K\)表示\(M\)的位数。问你从\(1\)到\(N\),有多少个数字满足\(M\)同时是它的前\(K\)个数字和后\(K\)个数字。
思路
我们现在假设\(N\)和\(M\)都是字符串,如果没有特别提及,都作为字符串处理。
假设有一个数字\(S\)大于等于\(1\)小于等于\(N\),我们可以分类讨论它的情况:(同样\(S\)作为字符串处理)
- \(S\)的长度大于等于\(2K\),那么前缀和后缀不会互相影响,中间的空出的没填部分在满足这个数字的值小于等于\(N\)的情况下随便填。
- \(S\)的长度小于\(2K\),那么前缀和后缀会互相重叠,你需要保证它们不会互相冲突,也就是仍旧满足前后缀都是\(M\)。而且,你也没有可以自由地填进去的数字了。
做法
对于上文提到的情况,可以分别实现:
- 我们枚举当前这个串/数字的长度,假如它的总长度小于\(N\)的总长度,那么它一定小于\(N\),中间的空当可以随便填。假如它的总长度等于\(N\)的长度,那么我们枚举某一位,在这一位前,所有的数字都和\(N\)中的一样,这一位的数字比\(N\)的这一位小了,那么后面的就随便填。特别地,有可能这一位在前\(K\)个数字中出现过了,那么中间的所有数位都随便填,或者,中间所有数位都填\(0\)时,当前的数字仍旧比\(N\)大,那么就没有合法方案。
- 同样的,枚举当前串/数字的长度,满足前后缀重叠部分相同这一条件需要快速判断,可以使用
Z
或者KMP
等字符串匹配方法快速计算。
程序
同做法,使用Z匹配前后缀。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1000000007;
char s[1000005];//s表示题目中的数字N
char t[1000005];//t表示题目中的数字M
int n,m;//n, m分别表示题目中的N, M的长度
ll pw[1000005],ans;//pw[i]表示10的i次方对mod取模后的大小,ans表示最终答案
bool check(int emp){//check表示中间空出了emp个填0的数位的时候,前后缀是M的数字是否小于等于N,emp<0时,表示前后缀的M重叠了几个位置
char *r=new char[n+1];
memset(r,'0',n+1);
memcpy(r+1+n-(m+emp+m),t+1,m);
memcpy(r+1+n-m,t+1,m);//构造一个前后缀为M的数字,长度小于N时高位补零
bool fl=false,va=true;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(r[i]<s[i])fl=true;
if(r[i]>s[i]&&!fl)va=false;
}//判断大小关系(数学意义)
delete[] r;
return va;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
pw[0]=1;
for(int i=1;i<=1000000;i++)pw[i]=pw[i-1]*10%mod;//预处理
cin>>s+1;
n=strlen(s+1);
cin>>t+1;
m=strlen(t+1);
if(check(-m))ans++;//单个M作为数字,这里其实可能会出锅,但数据中没有
int *z=new int[m+1],l=1,r=1;
z[1]=m;
for(int i=2;i<=m;i++){
z[i]=0;
if(i>r){
l=i;r=i-1;
while(r<m&&t[r+1]==t[z[i]+1])r++,z[i]++;
}else{
if(i+z[i-l+1]<=r){
z[i]=z[i-l+1];
}else{
l=i;
z[i]=r-i+1;
while(r<m&&t[r+1]==t[z[i]+1])r++,z[i]++;
}
}
if(i+z[i]-1==m){
if(m+m-z[i]<n||(m+m-z[i]==n&&check(-z[i])))ans++;
}
}
delete[] z;//Z算法
if(m+m<n||(m+m==n&&check(0)))ans++;//计算有数字形如M+M时是否合法
for(int i=1;m+i+m<n;i++){//枚举空出了i个数字时
ans=(ans+pw[i])%mod;
}
if(m+m<n&&check(n-m-m)){
int emp=n-m-m;
bool pref=false,suff=true,suf=false;//pref表示前K个数字是否已经比N小了,这样可以随便填,suff表示M是否小于等于N的K个数字,是就可以让中间的数字全部等于N对应数位
for(int i=1;i<=m;i++){
if(s[i]>t[i])pref=true;
if(s[i+n-m]>t[i])suf=true;
if(s[i+n-m]<t[i]&&!suf)suff=false;
}
if(pref)ans=(ans+pw[emp])%mod;//加上中间任意填的方案
else{
ans=(ans+suff)%mod;//加上suff的方案
for(int i=m+1;i<=n-m;i++){
ans=(ans+pw[n-m-i]*(s[i]-'0'))%mod;//加上当前位前面的数字和N相同,当前位小于N对应数位,后面随便填的方案
}
}
}
cout<<ans%mod<<endl;
return 0;
}
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