BZOJ2962 序列操作

本文介绍了一种利用线段树解决区间更新和查询问题的方法,通过维护区间内c值从0到20的答案,实现了高效的区间翻转及加法操作,并通过实例代码详细展示了具体的实现过程。

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看这数据范围,我还以为是分块……分完了块发现复杂度n根号n*400根本过不了,然后发现根本不用分块,直接线段树就行了 
每个区间维护c=0到20的时候的答案,认为当c=0时答案为1 
合并两个区间的时候就枚举左边选i个右边选j个,乘起来加到选i+j的答案上去,类似卷积 
考虑如何打两个修改操作的标记 
首先说翻转操作,把所有c为奇数的答案取反,把加标记取反,就可以了,下传的时候先传翻转再传加 
然后考虑加操作,假设把一个长度为len的区间加a 
先考虑c得2的情况


对c得3的情况做类似推导,最终得到 


可以看出,设si为c得i时的答案的话则 


然后就可以线段树搞了,复杂度n logn *400 

注意这个模TM不是个质数……所以必须要递推求组合数,由于我们要求的组合数的上标不会超过20,所以还是可以求的

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
#define MAXN 50010
#define INF 1000000000
#define MOD 19940417
#define eps 1e-8
#define ll long long
int n,m;
ll s[MAXN<<2][21],ch[MAXN<<2];
bool rev[MAXN<<2];
ll S[21];
ll ST[21];
int a[MAXN];
ll C[MAXN][21];
inline void toch(int x,int y,int z,int cv){
	int i,j;
	ll now=0;
	memcpy(ST,s[x],sizeof(ST));
	for(i=1;i<=min(z-y+1,20);i++){
		ll cvmi=cv;
		for(j=1;j<=i;j++){
			(ST[i]+=(C[z-y+1-(i-j)][j]*s[x][i-j])%MOD*cvmi)%=MOD;
			(cvmi*=cv)%=MOD;
		}
	}
	memcpy(s[x],ST,sizeof(s[x]));
	(ch[x]+=cv+MOD)%=MOD;
}
inline void torev(int x){
	int i;
	for(i=1;i<=20;i+=2){
		
		(s[x][i]=MOD-s[x][i])%MOD;
	}
	ch[x]=(MOD-ch[x])%MOD;
	rev[x]^=1;
}
inline void pd(int x,int y,int z){
	if(rev[x]){
		torev(x<<1);
		torev(x<<1|1);
		rev[x]=0;
	}
	if(ch[x]){
		int mid=y+z>>1;
		toch(x<<1,y,mid,ch[x]);
		toch(x<<1|1,mid+1,z,ch[x]);
		ch[x]=0;
	}
	
}
inline void ud(int x){
	int i,j;
	memset(s[x],0,sizeof(s[x]));
	for(i=0;i<=20;i++){
		for(j=0;i+j<=20;j++){
			(s[x][i+j]+=s[x<<1][i]*s[x<<1|1][j])%=MOD;
		}
	}
}
void change1(int x,int y,int z,int l,int r,int cv){
	if(y==l&&z==r){
		toch(x,y,z,cv);
		return ;
	}
	pd(x,y,z);
	int mid=y+z>>1;
	if(r<=mid){
		change1(x<<1,y,mid,l,r,cv);
	}else if(l>mid){
		change1(x<<1|1,mid+1,z,l,r,cv);
	}else{
		change1(x<<1,y,mid,l,mid,cv);
		change1(x<<1|1,mid+1,z,mid+1,r,cv);
	}
	ud(x);
}
void change2(int x,int y,int z,int l,int r){
	if(y==l&&z==r){
		torev(x);
		return ;
	}
	pd(x,y,z);
	int mid=y+z>>1;
	if(r<=mid){
		change2(x<<1,y,mid,l,r);
	}else if(l>mid){
		change2(x<<1|1,mid+1,z,l,r);
	}else{
		change2(x<<1,y,mid,l,mid);
		change2(x<<1|1,mid+1,z,mid+1,r);
	}
	ud(x);
}
void ask(int x,int y,int z,int l,int r){
	if(y==l&&z==r){
		int i,j;
		memset(ST,0,sizeof(ST));
		for(i=0;i<=20;i++){
			for(j=0;i+j<=20;j++){
				(ST[i+j]+=s[x][i]*S[j])%=MOD;
			}
		}
		memcpy(S,ST,sizeof(S));
		return ;
	}
	pd(x,y,z);
	int mid=y+z>>1;
	if(r<=mid){
		ask(x<<1,y,mid,l,r);
	}else if(l>mid){
		ask(x<<1|1,mid+1,z,l,r);
	}else{
		ask(x<<1,y,mid,l,mid);
		ask(x<<1|1,mid+1,z,mid+1,r);
	}
}
void build(int x,int y,int z){
	if(y==z){
		s[x][0]=1;
		s[x][1]=a[y];
		return ;
	}
	int mid=y+z>>1;
	build(x<<1,y,mid);
	build(x<<1|1,mid+1,z);
	ud(x);
	int i;
}
int main(){
	/*
	freopen("data.txt","r",stdin);
	freopen("dui.txt","w",stdout);
	//*/
	int i,j,x,y,z;
	char o[20];
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	C[0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++){
		C[i][0]=1;
		for(j=1;j<=20;j++){
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;
		}
	}
	build(1,1,n);
	while(m--){
		scanf("%s",o);
		if(o[0]=='I'){
			scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
			change1(1,1,n,x,y,z);
		}
		if(o[0]=='R'){
			scanf("%d%d",&x,&y);
			change2(1,1,n,x,y);
		}
		if(o[0]=='Q'){
			scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
			memset(S,0,sizeof(S));
			S[0]=1;
			ask(1,1,n,x,y);
			printf("%lld\n",S[z]);
		}
	}
	return 0;
}

/*
3 5
4 5 2 
I 1 3 3
R 1 3
Q 1 2 2


*/


### BZOJ1461 字符串匹配 题解 针对BZOJ1461字符串匹配问题,解决方法涉及到了KMP算法以及树状数组的应用。对于此类问题,朴素的算法无法满足时间效率的要求,因为其复杂度可能高达O(ML²),其中M代表模式串的数量,L为平均长度[^2]。 为了提高效率,在这个问题中采用了更先进的技术组合——即利用KMP算法来预处理模式串,并通过构建失配树(也称为失败指针),使得可以在主串上高效地滑动窗口并检测多个模式串的存在情况。具体来说: - **前缀函数与KMP准备阶段**:先对每一个给定的模式串执行一次KMP算法中的pre_kmp操作,得到各个模式串对应的next数组。 - **建立失配树结构**:基于所有模式串共同构成的一棵Trie树基础上进一步扩展成带有失配链接指向的AC自动机形式;当遇到某个节点不存在对应字符转移路径时,则沿用该处失配链路直至找到合适的目标或者回到根部重新开始尝试其他分支。 - **查询过程**:遍历整个待查文本序列的同时维护当前状态处于哪一层级下的哪个子结点之中,每当成功匹配到完整的单词就更新计数值至相应位置上的f_i变量里去记录下这一事实。 下面是简化版Python代码片段用于说明上述逻辑框架: ```python from collections import defaultdict def build_ac_automaton(patterns): trie = {} fail = [None]*len(patterns) # 构建 Trie 树 for i,pattern in enumerate(patterns): node = trie for char in pattern: if char not in node: node[char]={} node=node[char] node['#']=i queue=[trie] while queue: current=queue.pop() for key,value in list(current.items()): if isinstance(value,int):continue if key=='#': continue parent=current[key] p=fail[current is trie and 0 or id(current)] while True: next_p=p and p.get(key,None) if next_p:break elif p==0: value['fail']=trie break else:p=fail[id(p)] if 'fail'not in value:value['fail']=next_p queue.append(parent) return trie,fail def solve(text, patterns): n=len(text) m=len(patterns) f=[defaultdict(int)for _in range(n)] ac_trie,_=build_ac_automaton(patterns) state=ac_trie for idx,char in enumerate(text+'$',start=-1): while True: trans=state.get(char,state.get('#',{}).get('fail')) if trans!=None: state=trans break elif '#'in state: state[state['#']['fail']] else: state=ac_trie cur_state=state while cur_state!={}and'#'in cur_state: matched_pattern_idx=cur_state['#'] f[idx][matched_pattern_idx]+=1 cur_state=cur_state['fail'] result=[] for i in range(len(f)-1): row=list(f[i].values()) if any(row): result.extend([sum((row[:j+1]))for j,x in enumerate(row[::-1])if x>0]) return sum(result) patterns=["ab","bc"] text="abc" print(solve(text,text)) #[^4] ```
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