CF1398F

CF1398F

Solution

我又来贡献暴力做法了。。。听说两只log不可能过1e6?

有一个显然的想法是：

我们先预处理一个$a_i$表示第$i$个位置的最长后缀长度，满足该后缀中不同时存在0和1。

假设我们要求$x=i$的答案，那么一个位置$j$可以作为一轮的结束点当且仅当$a_j\ge i$，而一个结束位置序列$p_1<p_2<...<p_k$合法当且仅当每一个$p_j$都是合法结束点并且相邻两个元素的差至少为$i$（保证不重合）。

因此我们会贪心地从第一个满足$a_j\ge i$的$j$开始，每次找一个最小的$j^{\prime }$，满足$j^{\prime }\ge j+i$且$a_{j^{\prime }}\ge i$，然后从$j$跳到$j^{\prime }$，最终的答案就是跳的步数。

这显然可以直接对$a_i$建区间线段树，维护区间内的$max$，线段树上二分求出$j^{\prime }$。

这个方法的时间复杂度为$O(\sum an{s}_i\log n)$，而$an{s}_i\le \lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，因此总时间复杂度$O(n\ln n\log n)$，注意常数即可。

（PS：别用偷懒用set维护，常数起飞，实测接近线段树的三倍）。

Code

char st[MAXN];
int mx[MAXN << 2], a[MAXN];
void build(int x, int l, int r) {
	if (l == r) { mx[x] = a[l]; return; }
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(x << 1, l, mid);
	build(x << 1 | 1, mid + 1, r);
	mx[x] = max(mx[x << 1], mx[x << 1 | 1]);
}
int query(int x, int l, int r, int L, int y) {
	if (mx[x] < y) return -1;
	if (l == r) return l;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (L > mid) return query(x << 1 | 1, mid + 1, r, L, y);
	else {
		int t = query(x << 1, l, mid, L, y);
		if (t != -1) return t;
		return query(x << 1 | 1, mid + 1, r, mid + 1, y);
	}
}
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in", "r", stdin);
#endif
	int n, cnt0 = 0, cnt1 = 0;
	read(n), reads(st);
	for (int i = 1, l = 1; i <= n ; ++ i) {
		auto add = [&](char x, int y) {
			if (x == '0') cnt0 += y; 
			if (x == '1') cnt1 += y;
		};
		add(st[i], 1);
		while (cnt0 && cnt1) add(st[l ++], -1);
		a[i] = i - l + 1;
	}
	build(1, 1, n);
	for (int i = 1; i <= n ; ++ i) {
		int cnt = 0, r = 1;
		for (; r <= n ;) {
			r = query(1, 1, n, r, i);
			if (r == -1) break;
			r += i;
			++ cnt;
		}
		print(cnt), putc(' ');
	}
	return 0;
}

Update 4.5 23:30

上面的代码跑了$1890ms$，我们觉得它不够优秀，于是冷静分析一下它慢在哪里，发现全1的数据就可以把它卡满，这是为什么呢？这是因为我们在长长的没有0的段里面做了很多次query，这其实是不必要的，我们同样可以预处理以每个位置开始的最长段。这样就可以$O(1)$计算整个段的贡献。

我们提交后发现它只跑了$249ms$！

理性分析一下它的时间复杂度，相当于整个序列被01分割为若干段，跳到一个段就可以$O(1)$计算答案并且$O(\log n)$跳到下一个段，这样每一段会有$O(len)$次贡献（因为每一个长度大于$i$的段才可能产生贡献），每次贡献为$O(\log n)$，因此总时间复杂度为$O(n\log n)$！

Updated code

//线段树部分同上
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in", "r", stdin);
#endif
	int n, cnt0 = 0, cnt1 = 0;
	read(n), reads(st);
	for (int i = 1, l = 1; i <= n ; ++ i) {
		auto add = [&](char x, int y) {
			if (x == '0') cnt0 += y; 
			if (x == '1') cnt1 += y;
		};
		add(st[i], 1);
		while (cnt0 && cnt1) add(st[l ++], -1);
		a[i] = i - l + 1;
	}
	cnt0 = 0, cnt1 = 0;
	for (int i = n, r = n; i >= 1 ; -- i) {
		auto add = [&](char x, int y) {
			if (x == '0') cnt0 += y; 
			if (x == '1') cnt1 += y;
		};
		add(st[i], 1);
		while (cnt0 && cnt1) add(st[r --], -1);
		b[i] = r - i;
	}
	build(1, 1, n);
	for (int i = 1; i <= n ; ++ i) {
		int cnt = 0, r = 1;
		for (; r <= n ;) {
			r = query(1, 1, n, r, i);
			if (r == -1) break;
			int p = b[r] / i;
			cnt += p + 1, r += i * (p + 1);
		}
		print(cnt), putc(' ');
	}
	return 0;
}