自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	banned_gutongxing 我会等枯树生出芽，开出新的花，等着阳光刺破黑暗第一缕朝霞。我会等一场雨落下，把回忆冲涮，再与你一起去看外面世界到底有多大。——《我会等》> 最后在线时间：2025年3月1日 <

搬运于2025-08-24 22:56:28，当前版本为作者最后更新于2024-08-20 13:24:03，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

思路

建议升蓝。

算法一

考虑暴力。

我们先枚举 $K,L$，考虑如何求解。

直接枚举每一个 $K$-mer，再枚举里面的每一个长度为 $L$ 的子串，找到最大的子串并在起始部分打一个标记。最后直接看有几个地方被打标记就行。

时间复杂度：$O(n^4)$。预计能过测试点 $1-4$。

算法二

我们可以把选取子串的过程大概画下来。

我们发现每一次都会往后面都会多一个子串，我们可以考虑一个数据结构，可以删除最前面的数据，而且可以往后面加入一个数据，并动态求最值。我在这里选择的数据结构为单调队列。

时间复杂度：$O(n^3)$，预计能过测试点 $1-7$。

代码

实践后：

（常数写大了，超了 0.07秒）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
//#define int long long
namespace gtx{
//	Fast IO
	void read(int &x){
		x = 0;int h = 1;char tmp;
		do{tmp=getchar();if(tmp=='-')h*=-1;}while(!isdigit(tmp));
		while(isdigit(tmp)) x*=10,x+=tmp-'0',tmp=getchar();
		x*=h;
	}
	void read(char &x){do{x=getchar();}while(x==' '||x=='\n'||x=='\r');}
	void write(char x){putchar(x);}
	void write(int x){
		if(x<0) putchar('-'),x=-x;int st[200]={0},tot=0;
		do{st[++tot]=x%10,x/=10;} while(x);
		while(tot){putchar(st[tot--]+'0');};
	}
	void write(int x,char y){write(x);write(y);}
	const int MAXN = 3100;
	int n,ans,t[MAXN];
	char a[MAXN];
	signed main(){
		read(n);
		for(int i = 1;i<=n;i++) read(a[i]);
		for(int K = 1;K<=n;K++){
			for(int L = 1;L<=K;L++){
				deque<pair<int,string>> st;
				string now;
				for(int i = 1;i<=L;i++) now += a[i];
				st.push_back({1,now});
				for(int i = 2;i<=K-L+1;i++){
					now.erase(now.begin());
					now += a[i+L-1];
					while(!st.empty()&&st.back().second>now) st.pop_back();
					st.push_back({i,now});
				}
				bitset<MAXN> b;
				b.set(st.front().first);
				for(int i = K-L+2;i<=n-L+1;i++){
					if(st.front().first==i-(K-L)-1) st.pop_front();
					now.erase(now.begin());
					now += a[i+L-1];
					while(!st.empty()&&st.back().second>now) st.pop_back();
					st.push_back({i,now});
					b.set(st.front().first);
				}
				t[b.count()]++; 
			}
		}
		for(int i = 1;i<=n;i++) write(t[i],'\n');
		return 0;
	}
}
signed main(){
//	freopen("gene.in","r",stdin);
//	freopen("gene.ans","w",stdout);
//	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int T = 1;
//	gtx::read(T);
	while(T--) gtx::main();
	return 0;
}

算法三

我们在上面的代码中发现其实 $K$ 有没有都几乎没有什么区别，于是可以想一想定长的 $L$ 可以对哪些答案产生的贡献。

记录前面第一个比这个子串大的子串的起始位置为 $left_i$，后面第一个比这个子串大的子串的起始位置为 $right_i$。那么对于一个子串来说，如果这个子串能产生贡献 $K$ 最大应该的值的区间应该是这样的：

所以产生的最大的 $K$ 为 $right_i+L-2-left_i$。最小的 $K$ 应该就是这个子串的长度，那么这个子串就会对这些 $K$ 产生答案。我们可以用差分解决。

时间复杂度：$O(n^2)$。预计得分：$100pts$。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
//#define int long long
namespace gtx{
//	Fast IO
	void read(int &x){
		x = 0;int h = 1;char tmp;
		do{tmp=getchar();if(tmp=='-')h*=-1;}while(!isdigit(tmp));
		while(isdigit(tmp)) x*=10,x+=tmp-'0',tmp=getchar();
		x*=h;
	}
	void read(char &x){do{x=getchar();}while(x==' '||x=='\n'||x=='\r');}
	void write(char x){putchar(x);}
	void write(int x){
		if(x<0) putchar('-'),x=-x;int st[200]={0},tot=0;
		do{st[++tot]=x%10,x/=10;} while(x);
		while(tot){putchar(st[tot--]+'0');};
	}
	void write(int x,char y){write(x);write(y);}
	const int MAXN = 3100;
	int n,t[MAXN],ans[MAXN][MAXN],left[MAXN],right[MAXN];
	char a[MAXN];
	signed main(){
		read(n);
		for(int i = 1;i<=n;i++) read(a[i]);
			for(int L = 1;L<=n;L++){
				stack<pair<int,string>> st;
				string now;
				for(int i = 1;i<=L;i++) now += a[i];
				st.push({1,now});
				for(int i = 1;i<=n-L+1;i++) left[i] = 0;
				for(int i = 1;i<=n-L+1;i++) right[i] = 0;
				left[1] = 1;
				for(int i = 2;i<=n-L+1;i++){
					now.erase(now.begin());
					now += a[i+L-1];
					while(!st.empty()&&st.top().second>now) st.pop();
					left[i] = st.empty()?1:st.top().first+1;
					st.push({i,now});
				}
				while(!st.empty()) st.pop();
				now="";
				for(int i = n-L+1;i<=n;i++) now+=a[i];
				right[n-L+1] = n;
				st.push({n-L+1,now});
				for(int i = n-L;i>=1;i--){
					now.erase(--now.end());
					now = a[i]+now;
					while(!st.empty()&&st.top().second>=now) st.pop();
					right[i] = st.empty()?n:st.top().first+L-2;
					st.push({i,now});
				}
				for(int i = 1;i<=n-L+1;i++){
					if(right[i]-left[i]+1<L) continue;
					ans[L][L]++;
					ans[right[i]-left[i]+2][L]--;
				}
//				cout << L << endl;
//				for(int i = 1;i<=n;i++) cout << left[i] << " " << right[i] << endl;
			}
		for(int j = 1;j<=n;j++){
			for(int i = j;i<=n;i++){
				ans[i][j] += ans[i-1][j];
				t[ans[i][j]]++;
			}
		}
		for(int i = 1;i<=n;i++) write(t[i],'\n');
		return 0;
	}
}
signed main(){
//	freopen("gene.in","r",stdin);
//	freopen("gene.out","w",stdout);
//	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int T = 1;
//	gtx::read(T);
	while(T--) gtx::main();
	return 0;
}