标签：logs getc 分析 没有 can min names 误差 期望
惠子说：“连环可解也”。
这说明他是一个破解机关的高手，连连环都能解开，鲁班锁什么的自然不在话下。一位
鲁班的后人非常不服气，于是找到惠子，给他出了一道题。
他首先给了惠子一个长度为 n的字符串s和一个长度为 m 的字符串 t，现在，他有 k 个
询问，每个询问是给出两个整数 L,R,询问任选一对(i,j)满足 1≤i≤L,n≥j≥R，删去 s 的
[i+1,j−1]这个区间的子串，剩下两块拼在一起，求t 在其中的匹配数的期望 e。
惠子非常擅长吹逼，但是对数学却搞不太明白，于是他请你来帮他。
为了防止实数的精度误差，你只需要输出 e×L×(n−R+1)
第一行一个整数 C，表示数据组数
每组数据，第一行是三个整数n，m，k
接下来一行字符串表示 s
接下来一行字符串表示 t
接下里 k 行，每行两个整数 Li,Ri，表示一组询问
C≤5
n≤5×10^4，m≤100，k≤5×10^4
1≤Li＜Ri-1≤n
对于30%的数据，n≤100,k≤100
【输出格式】
对于每组询问，输出一行一个整数表示答案
1
8 5 4
iamnotsb
iamsb
4 7
3 7
3 8
2 7
1
1
0
0
【题目分析】
删去一段之后的匹配分两种，一种是本来就匹配的，删除没有影响他，另一种是本来不匹配，删除之后因为两端连接产生的新匹配。
首先考虑第一种：设t的某个匹配为(l,r),推一下公式发现若r≤L，那么这个匹配的贡献为(L−r+1)×(n−R+1)=(L+1)(n−R+1)−r(n−R+1)，那么我们可以预处理一下匹配的r的前缀和匹配数的前缀和,就可以O(1)询问出来了。而若l≥R，那么贡献是(l−R+1)×L，也类似的弄两个前缀和出来就好。
现在考虑因为删除中间一坨而产生的新匹配，我们考虑把t拆开成两个非空部分t1,t2，显然这一种的总贡献等同于t1在[1,L]内的匹配数乘以t2在[R,n]内的匹配数，这个也可以预处理一下前缀和，询问的时候枚举拆开的位置就行了。
【code】
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; const int N = 5e4 + 5; typedef long long ll; int C, n, m, k, nxt[105], revNxt[105], lens, lent; ll pre[N], preCnt[N], last[N], lastCnt[N]; ll tpre[105][N], tlast[105][N]; char s[N], t[105], revt[105], revs[N]; inline int read(){ int i = 0, f = 1; char ch = getchar(); for(; (ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) && ch != ‘-‘; ch = getchar()); if(ch == ‘-‘) f = -1, ch = getchar(); for(; ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘; ch = getchar()) i = (i << 3) + (i << 1) + (ch - ‘0‘); return i * f; } inline void wr(ll x){ if(x < 0) putchar(‘-‘), x = -x; if(x > 9) wr(x / 10); putchar(x % 10 + ‘0‘); } inline void get_t_nxt(){ for(int i = 2, j = 0; i <= lent; i++){ while(j && t[j + 1] != t[i]) j = nxt[j]; if(t[j + 1] == t[i]) j++; nxt[i] = j; } } inline void get_r_pre(){ for(int i = 1, j = 0; i <= lens; i++){ pre[i] = pre[i - 1]; preCnt[i] = preCnt[i - 1]; while(j && s[i] != t[j + 1]) j = nxt[j]; if(s[i] == t[j + 1]) j++; if(j == lent){ pre[i] += i; preCnt[i]++; j = nxt[j]; } } } inline void get_t_rev_nxt(){ for(int i = 2, j = 0; i <= lent; i++){ while(j && revt[j + 1] != revt[i]) j = revNxt[j]; if(revt[j + 1] == revt[i]) j++; revNxt[i] = j; } } inline void get_l_last(){ for(int i = 1, j = 0; i <= lens; i++){ last[i] = last[i - 1]; lastCnt[i] = lastCnt[i - 1]; while(j && revs[i] != revt[j + 1]) j = revNxt[j]; if(revs[i] == revt[j + 1]) j++; if(j == lent){ last[i] += n - i + 1; lastCnt[i]++; j = revNxt[j]; } } } inline void get_t_pre(){ for(int i = 1; i <= lent; i++){ char now[105]; int now_nxt[105] = {0}; for(int j = 1; j <= i; j++) now[j] = t[j]; for(int k = 2, l = 0; k <= i; k++){ while(l && now[l + 1] != now[k]) l = now_nxt[l]; if(now[l + 1] == now[k]) l++; now_nxt[k] = l; } for(int k = 1, l = 0; k <= lens; k++){ tpre[i][k] = tpre[i][k - 1]; while(l && now[l + 1] != s[k]) l = now_nxt[l]; if(now[l + 1] == s[k]) l++; if(l == i){ tpre[i][k]++; l = now_nxt[l]; } } } } inline void get_t_last(){ for(int i = 1; i <= lent; i++){ char now[105]; int now_nxt[105] = {0}; for(int j = 1; j <= i; j++) now[j] = revt[j]; for(int k = 2, l = 0; k <= i; k++){ while(l && now[l + 1] != now[k]) l = now_nxt[l]; if(now[l + 1] == now[k]) l++; now_nxt[k] = l; } for(int k = 1, l = 0; k <= lens; k++){ tlast[i][k] = tlast[i][k - 1]; while(l && now[l + 1] != revs[k]) l = now_nxt[l]; if(now[l + 1] == revs[k]) l++; if(l == i){ tlast[i][k]++; l = now_nxt[l]; } } } } int main(){ freopen("lianhuan.in","r",stdin); freopen("lianhuan.out","w",stdout); C = read(); while(C--){ n = read(), m = read(), k = read(); scanf("%s", s + 1); scanf("%s", t + 1); memcpy(revt, t, sizeof t); memcpy(revs, s, sizeof s); reverse(revt + 1, revt + m + 1); reverse(revs + 1, revs + n + 1); lent = m; lens = n; memset(nxt, 0, sizeof nxt); memset(revNxt, 0, sizeof revNxt); memset(pre, 0, sizeof pre); memset(last, 0, sizeof last); memset(tpre, 0, sizeof tpre); memset(tlast, 0, sizeof tlast); memset(preCnt, 0, sizeof preCnt); memset(lastCnt, 0, sizeof lastCnt); get_t_nxt(); get_t_rev_nxt(); get_r_pre(); get_l_last(); get_t_pre(); get_t_last(); while(k--){ int L = read(), R = read(); ll ans = 0; ans += preCnt[L] * (L + 1) * (n - R + 1); ans -= (n - R + 1) * pre[L]; ans -= lastCnt[n - R + 1] * (R - 1) * L; ans += last[n - R + 1] * L; for(int i = 1; i <= lent; i++) ans += tpre[i][L] * tlast[lent - (i + 1) + 1][n - R + 1]; wr(ans), putchar(‘\n‘); } } }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/CzYoL/p/7412500.html
