【每日一题】补档 CF296 B. Yaroslav and Two Strings | 构造 | 中等

最新推荐文章于 2025-06-14 09:35:25 发布

solego

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分类专栏：算法竞赛文章标签：算法计数

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文章讨论了给定两个字符串s和t，如何在满足特定条件（存在大于和小于的字符对）下计算将?字符替换为数字字符的方案数，采用排除法和容斥原理优化算法，时间复杂度为O(n)

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目内容

原题链接

给定两个长度均为 $n$ 的字符串 $s$ 和 $t$ ，字符集只包括数字字符和 '?' 。
现在要求将两个字符串中的所有 '?' 都变成数字字符。

问有多少种方案使得存在两个不同的下标 $i, j$ ，有 $s_i>t_i$ 且 $s_j<t_j$ ，答案对 $10^9+7$ 取模。

数据范围

$1\leq n\leq 10^5$

题解

因为只考虑大于和小于这两种情况太多了，很难处理。

不妨考虑去除全大于等于，全小于等于的情况。

如果本身已经有 $s_i>t_i$ 的下标，那么就不可能存在全小于等于的情况，只需要拿所有的可能情况减去全大于等于的情况即可。
如果本身已经有 $s_i<t_i$ 的下标，那么就不可能存在全大于等于的情况，只需要拿所有的可能情况减去全小于等于的情况即可。
如果本身既有 $s_i>t_i$ 的下标，也有 $s_j<t_j$ 的下标，那么所有的 '?' 都可以任选，即 $10$ 种选择。
如果既没有 $s_i>t_i$ 的下标，也没有 $s_j<t_j$ 的下标，那么就需要拿所有的可能情况减去全大于等于和全小于等于的情况，注意，这里两部分对于全等于的部分可能会重复，所以需要去重，类似容斥的思想。

时间复杂度： $O (n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MOD = 1e9 + 7;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int n;
    cin >> n;

    string s, t;
    cin >> s >> t;

    ll all = 1;
    ll same = 1;
    bool lt = false;
    bool gt = false;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (s[i] == '?') all = all * 10 % MOD;
        if (t[i] == '?') all = all * 10 % MOD;
        if (s[i] == '?' && t[i] == '?') same = same * 10 % MOD;

        if (s[i] != '?' && t[i] != '?') {
            if (s[i] > t[i]) gt = true;
            else if (s[i] < t[i]) lt = true;
        }
    }

    if (lt && gt) {
        cout << all << "\n";
        return 0;
    }

    // ans1: leq
    // ans2: geq
    ll ans1 = 1, ans2 = 1;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (s[i] == '?') {
            if (t[i] == '?') {
                ans1 = ans1 * 55 % MOD;
                ans2 = ans2 * 55 % MOD;
            } else {
                ans1 = ans1 * (t[i] - '0' + 1) % MOD;
                ans2 = ans2 * ('9' - t[i] + 1) % MOD;
            }
        } else if (t[i] == '?') {
            ans1 = ans1 * ('9' - s[i] + 1) % MOD;
            ans2 = ans2 * (s[i] - '0' + 1) % MOD;
        }
    }

    if (!gt) {
        all -= ans1;
    }

    if (!lt) {
        all -= ans2;
    }

    if (!gt && !lt) {
        all += same;
    }

    all = (all % MOD + MOD) % MOD;

    cout << all << "\n";


    return 0;
}