Codeforces 718E - Matvey's Birthday（思维题）

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首先注意到这个图的特殊性：我们对于所有 \(s_i=s_j\) 的 \((i,j)\) 之间都连了条边，而字符集大小顶多只有 \(8\)，因此当 \(n\) 比较大时这张图肯定是相当稠密的，故我们猜测这个直径长度肯定也不会太长。事实的确如此，具体来说，对于图上任意两个点 \(i,j\)，它们之间最短距离的长度肯定不会超过 \(15\)，具体证明大概就对于每一对字母 \((x,y)\)，如果存在某两个位置 \(i,i+1\) 满足 \(s_i=x,s_{i+1}=y\) 那么我们就在 \(x,y\) 之间连一条无向边。那么显然得到的大小为 \(s\text{中出现过的字符个数}\) 的图是连通图，故 \(\forall i,j\)，\(s_i,s_j\) 在图上的距离不会超过 \(7\)，而对于图上的一个大点（也就是每一种字母缩成的一个点），其包含的所有小点两两之间的最短距离恰好为 \(1\)，也就是说，对于我们缩点后形成的图，我们假设我们找到了一条路径 \(v_1\to v_2\to\cdots\to v_k\)，那么我们最多只用花 \(1\) 的代价实现从 \(v_{k-1}\to v_k\) 这条边到达 \(v_k\to v_{k+1}\) 这条边。因此这个最短距离的上界就是 \(8+7=15\)。

接下来我们考虑探究一下两点 \(i,j\) 之间的最短路是什么。不妨假设 \(i<j\)，那么从 \(i\) 到达 \(j\) 有两种选择，要么一直往右走，步数 \(j-i\)，要么经过某条连接两个不相邻的点的边，而这可以视作，选择某种字符 \(c\)，然后从 \(i\) 走到某个字符为 \(c\) 的点，然后 \(j\) 也走到某个字符为 \(c\) 的点，然后再花费 \(1\) 的代价连接这两个字符为 \(c\) 的点，那么我们记 \(dis_{i,c}\) 表示 \(i\) 到达字符为 \(c\) 的点的最小代价。\(dis_{i,c}\) 可以通过用建虚点的技巧，也就是对于每个字符建一个虚点，然后对于所有字符为 \(c\) 的点，连一条该点到该字符对应的虚点，权值为 \(1\) 的边以及该字符对应的虚点到该点，权值为 \(0\) 的边，再使用多源 01bfs 在 \(\mathcal O(8n)\) 的时间内求出。这样我们即可在 \(\mathcal O(1)\) 的时间内计算两个点的最短距离，即 \(dis(i,j)=\min(j-i,dis_{j,k}+dis_{i,k}+1)\)，这样暴力枚举是平方的，不过注意到一个性质，就是如果 \(j-i>15\)，那么显然这个 \(\min\) 会取到后者，因此对于 \(j-i\le 15\) 我们考虑暴力枚举，\(j-i>15\) 的情况，注意到如果我们设 \(disc_{c1,c2}\) 为所有 \(s_i=c1\) 的点中 \(dis_{i,c2}\) 的最小值，那么必然有 \(dis_{i,c}-disc_{s_i,c}\in\{0,1\}\)。因此我们考虑在枚举的过程中将这个状态用一个 \(8\) 位二进制数记录下来，具体来说我们对于每个 \(i\) 记录一个 \(8\) 位二进制数 \(S\)，\(S\) 的第 \(c\) 位为 \(1\) 表示 \(dis_{i,c}-disc_{s_i,c}=1\)，否则 \(dis_{i,c}-disc_{s_i,c}=0\)，然后我们在枚举的过程中开一个桶 \(cnt_{j,S}\) 表示前面有多少个 \(s_i=j\) 且 \(j\) 的状态为 \(S\)，然后对于前面的答案就暴力对所有 \(j,S\) 批量处理答案即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(8192·n)\)，由于完全卡不满，可以通过此题。

const int MAXN=1e5;

const int MAXP=256;

const int INF=1061109567;

int n,cnt[MAXP+2][9];char s[MAXN+5];

int dis[MAXN+15][9],disc[9][9],res=0;ll resc=0;

void merge(int x,int y){

//	printf("%d %d\n",x,y);

	if(x>res) res=x,resc=y;

	else if(x==res) resc+=y;

}

int main(){

	scanf("%d%s",&n,s+1);

	memset(dis,63,sizeof(dis));memset(disc,63,sizeof(disc));

	for(int i=0;i<8;i++){

		deque<int> q;

		for(int j=1;j<=n;j++) if(s[j]-'a'==i) dis[j][i]=0,q.push_back(j);

		while(!q.empty()){

			int x=q.front();q.pop_front();

			if(x<=n){

				if(x-1>=1&&dis[x-1][i]==INF) dis[x-1][i]=dis[x][i]+1,q.push_back(x-1);

				if(x+1<=n&&dis[x+1][i]==INF) dis[x+1][i]=dis[x][i]+1,q.push_back(x+1);

				if(dis[s[x]-'a'+n+1][i]==INF) dis[s[x]-'a'+n+1][i]=dis[x][i]+1,q.push_back(s[x]-'a'+n+1);

			} else {

				for(int j=1;j<=n;j++) if(s[j]-'a'==x-n-1)

					if(dis[j][i]>=dis[x][i]) dis[j][i]=dis[x][i],q.push_front(j);

			}

		} for(int j=1;j<=n;j++) chkmin(disc[s[j]-'a'][i],dis[j][i]);

//		for(int j=1;j<=n;j++) printf("%d%c",dis[j][i]," \n"[j==n]);

	}

//	for(int i=0;i<8;i++) for(int j=0;j<8;j++)

//		printf("%d%c",disc[i][j]," \n"[j==7]);

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

		for(int j=max(1,i-15);j<=i;j++){

			int mn=i-j;

			for(int k=0;k<8;k++) chkmin(mn,dis[j][k]+dis[i][k]+1);

			merge(mn,1);

		} if(i-16>=1){

			int msk=0;

			for(int j=0;j<8;j++) msk|=(dis[i-16][j]-disc[s[i-16]-'a'][j])<<j;

			cnt[msk][s[i-16]-'a']++;

		} for(int j=0;j<MAXP;j++) for(int k=0;k<8;k++) if(cnt[j][k]){

			int mn=INF;

			for(int l=0;l<8;l++) chkmin(mn,dis[i][l]+disc[k][l]+(j>>l&1)+1);

			merge(mn,cnt[j][k]);

		}

	} printf("%d %lld\n",res,resc);

	return 0;

}

巴特西

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