[JSOI2007]字符加密

本文介绍了一种由JS同学提出的加密算法,通过将字符串排列成圆并寻找所有可能的读取方式,最终输出排序后的最后一列字符作为加密结果。文章详细解释了算法原理,并提供了一个基于后缀数组实现的C++代码示例。

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题目描述:

喜欢钻研问题的JS 同学,最近又迷上了对加密方法的思考。一天,他突然想出了一种他认为是终极的加密办法:把需要加密的信息排成一圈,显然,它们有很多种不同的读法。

例如‘JSOI07’,可以读作: JSOI07 SOI07J OI07JS I07JSO 07JSOI 7JSOI0 把它们按照字符串的大小排序: 07JSOI 7JSOI0 I07JSO JSOI07 OI07JS SOI07J 读出最后一列字符:I0O7SJ,就是加密后的字符串(其实这个加密手段实在很容易破解,鉴于这是突然想出来的,那就^^)。 但是,如果想加密的字符串实在太长,你能写一个程序完成这个任务吗?

题解:

其实就是后缀数组裸题。

倍长后求sa数组,然后扫一遍输出就好了。

代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100050
char a[N<<1];
int n,sa[N<<1],rank[N<<1],hs[N<<1],tmp[N<<1],s[N<<1];
bool cmp(int i,int j,int k)
{
    if(i+k>n||j+k>n)return 0;
    return rank[i]==rank[j]&&rank[i+k]==rank[j+k];
}
void get_sa()
{
    int i,cnt=0;
    for(i=1;i<=n;i++)s[i]=a[i];
    for(i=1;i<=n;i++)hs[s[i]]++;
    for(i=1;i<=200;i++)if(hs[i])tmp[i]=++cnt;
    for(i=1;i<=200;i++)hs[i]+=hs[i-1];
    for(i=1;i<=n;i++)rank[i]=tmp[s[i]],sa[hs[s[i]]--]=i;
    for(int k=1;cnt!=n;k<<=1)
    {
        for(i=1;i<=n;i++)hs[i]=0;
        for(i=1;i<=n;i++)hs[rank[i]]++;
        for(i=1;i<=n;i++)hs[i]+=hs[i-1];
        for(i=n;i>=1;i--)if(sa[i]>k)tmp[sa[i]-k]=hs[rank[sa[i]-k]]--;
        for(i=1;i<=k;i++)tmp[n-i+1]=hs[rank[n-i+1]]--;
        for(i=1;i<=n;i++)sa[tmp[i]]=i;
        for(i=1,cnt=0;i<=n;i++)tmp[sa[i]]=cmp(sa[i],sa[i-1],k)?cnt:++cnt;
        for(i=1;i<=n;i++)rank[i]=tmp[i];
    }
}
int main()
{
    scanf("%s",a+1);
    n = strlen(a+1);
    for(int i=n+1;i<=n*2;i++)a[i]=a[i-n];
    n<<=1;
    get_sa();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(sa[i]<=(n/2))
            printf("%c",a[sa[i]+(n/2)-1]);
    }
    printf("\n");
    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/LiGuanlin1124/p/10011083.html

### JSOI 星球大战 相关题目及解法 #### 题目背景 很久以前,在一个遥远的星系,一个黑暗的帝国靠着它的超级武器统治着整个星系。反抗军正在计划一次大规模的反攻行动[^2]。 #### 题目描述 给定一张图表示星系中的行星及其连接关系,每颗行星可以看作是一个节点,而边则代表两颗行星之间的通信通道。初始时所有行星都是连通的。然而,随着时间推移,某些行星可能被摧毁,从而影响到整体网络的连通性。每次询问需要返回当前还剩下多少个连通分量。 该问题的核心在于动态维护图的连通性变化情况,并快速响应查询操作。 --- #### 解决方案概述 此问题可以通过 **并查集 (Disjoint Set Union, DSU)** 数据结构来高效解决。以下是具体实现方法: 1. 并查集是一种用于处理不相交集合的数据结构,支持两种主要操作: - `find(x)`:找到元素 $x$ 所属集合的根节点。 - `union(x, y)`:将两个不同集合合并成一个新的集合。 这些操作的时间复杂度接近常数级别(通过路径压缩优化后为 $\alpha(n)$),其中 $\alpha(n)$ 是阿克曼函数的逆函数。 2. 对于本题而言,由于是倒序模拟行星毁灭的过程,因此可以从最终状态向前回溯重建历史记录。即先假设所有的行星都被摧毁了,再逐步恢复它们的存在状态。 3. 使用数组存储每个时间点上的事件顺序,按照输入数据给出的销毁次序依次执行相应的动作即可完成任务需求。 --- #### 实现细节 下面提供了一个基于 Python 的解决方案框架: ```python class UnionFind: def __init__(self, n): self.parent = list(range(n)) self.rank = [0] * n def find(self, x): if self.parent[x] != x: self.parent[x] = self.find(self.parent[x]) # 路径压缩 return self.parent[x] def union_set(self, x, y): xr = self.find(x) yr = self.find(y) if xr == yr: return False if self.rank[xr] < self.rank[yr]: self.parent[xr] = yr elif self.rank[xr] > self.rank[yr]: self.parent[yr] = xr else: self.parent[yr] = xr self.rank[xr] += 1 return True def main(): import sys input = sys.stdin.read data = input().split() N, M = int(data[0]), int(data[1]) edges = [] for i in range(M): u, v = map(int, data[i*2+2:i*2+4]) edges.append((u-1, v-1)) # Convert to zero-based index destroyed_order = list(map(lambda x:int(x)-1, data[M*2+2:M*2+N+2])) queries = [] uf = UnionFind(N) current_components = N result = [] # Preprocess the reverse order of destructions. active_edges = set(edges) edge_map = {tuple(sorted(edge)): idx for idx, edge in enumerate(edges)} status = [True]*M for planet in reversed(destroyed_order): initial_state = current_components connected_to_planet = [ e for e in active_edges if planet in e and all(status[edge_map[tuple(sorted(e))]] for e in active_edges)] for a, b in connected_to_planet: if uf.union_set(a, b): current_components -= 1 result.append(current_components) queries.insert(0, str(initial_state)) print("\n".join(reversed(result))) if __name__ == "__main__": main() ``` 上述代码定义了一个简单的并查集类以及主程序逻辑部分。它读取标准输入流中的数据,构建所需的邻接表形式表达图的关系矩阵;接着依据指定好的破坏序列逐一还原各阶段下的实际状况直至结束为止。 --- #### 性能分析 对于最大规模测试案例来说 ($N=10^5$, $M=4 \times 10^5$),这种方法能够很好地满足性能要求。因为每一次联合操作几乎都可以视为 O(α(N)) 时间消耗,所以总体运行效率非常高。 ---
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