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题解：洛谷P9934 [NFLSPC #6] 绝不能忘记的事……

时间：2024-09-20 17:03:15浏览次数：1  
标签：map 洛谷 ty int 题解 s1 P9934 复制 串形

题目链接：洛谷P9934 [NFLSPC #6] 绝不能忘记的事……

我hatelove大力分讨。

这道题先分三种大情况：N 在左边，N 在中间，N 在右边。

声明：以下分类讨论中，a, b, c, d 均为记住的字符串。

记录操作

N 在左边

  • 当复制串形如 N a b，可以用 map <string, int> 记录。

  • 当复制串形如 N a H，那么 a 就是 a H 的非空真前缀，可以将 a 顺序加入正串 trie 中。

  • 当复制串形如 N Z b，那么 b 就是 Z b 的非空真后缀，将 b 和 Z b 都首尾颠倒后 b 就是 Z b 的非空真前缀，可以将 b 倒序加入反串 trie 中。

  • 当复制串形如 N Z H，那么每个 N 在左边的复制串都可以与它匹配，直接累加答案。

N 在右边

我们发现只要将整个字符串颠倒一下，如果有 H，将 H 变为 Q，就可以按照 N 在左边的方式处理字符串。

N 在中间

  • 当复制串形如 a N b，可以用 map <pair <string, string>, int> 记录。

  • 当复制串形如 Q N b，可以用 map <string, int> 记录。

  • 当复制串形如 a N H，可以用 map <string，int>记录。

  • 当复制串形如 Q N H，那么每个 N 在中间的复制串都可以与它匹配，直接累加答案。

统计操作

将所有的复制串枚举一遍。

N 在左边

  • 当复制串形如 N a b，那么以下三种情况可以与其匹配：

  1. N c d，其中 a + b = c + d，直接累加 map[a + b]；

  2. N c H，其中 c 为 a + b 的前缀，比如 N abcdefgh 就与 N abc H 相匹配，在正串 trie 上求根到 a + b 的路径点权和；

  3. N Z d，其中 d 为 a + b 的后缀，比如 N abcdefgh 就与 N Z defgh 相匹配，在反串 trie 上求根到 a + b 的路径点权和。

  • 当复制串形如 N a H，为了不重复计算，只有形如 N c H，其中 c 为 a 的真前缀时才匹配，在正串 trie 上求根到 a 的路径点权和。

  • 当复制串形如 N Z b，为了不重复计算，只有形如 N Z d，其中 d 为 b 的真后缀时才匹配，在反串 trie 上求根到 b 的路径点权和。

答案取第一种情况匹配数、第二三种情况匹配数和的最大值加上一开始统计的 N Z H 的个数。

N 在右边

与记录操作一样，颠倒后按 N 在左边一样统计。

N 在中间

  • 当复制串形如 a N b，那么以下三种情况可以与其匹配：

  1. a N b，直接累加 map[pair(a, b)]；

  2. a N H，直接累加 map[a]；

  3. Q N b，直接累加 map[b]。

  • 当复制串形如 Q N b，直接累加 map[b]。

  • 当复制串形如 a N H，直接累加 map[a]。

答案取第一种情况匹配数、第二三种情况匹配数和的最大值加上一开始统计的 Q N H 的个数。

这样就分类讨论完了所有情况。

完整代码是真的长：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e6 + 9;
int ch[5][N][26], red[5][N], tot[5], ans[5], n;
map <string, int> mp, mp5, mp2, mp3;//mp s1 = "N", mp5 s3 = "N", mp3, mp4, mp5 s2 == "N"
map <pair <string, string>, int> mp4;
string tmp, s1, s2, s3;
int num(char c){
	return c - 'a' + 1;
}
void insert(int ty){
	int u = 1, len = tmp.length();
	for(int i = 0; i < len; i++){
		int x = num(tmp[i]);
		if(ch[ty][u][x] == 0){
			ch[ty][u][x] = ++tot[ty];
			u = tot[ty];
		}
		else
			u = ch[ty][u][x];
	}
	red[ty][u]++;
}
int query(int ty){
	int u = 1, ans = 0, len = tmp.length();
	for(int i = 0; i < len; i++){
		int x = num(tmp[i]);
		if(ch[ty][u][x]){
			ans += red[ty][ch[ty][u][x]];
			u = ch[ty][u][x];
		} else
			break;
	}
	return ans;
}
/*
ty = 1 : s1 == "N",正串;
ty = 2 : s1 == "N",反串;
ty = 3 : s3 == "N",正串;
ty = 4 : s3 == "N",反串
*/
struct Store{
	string t1, t2, t3;
} st[5][N];
int cnt[5];
signed main(){
	for(int i = 0; i <= 8; i++)
		tot[i] = 1;
	scanf("%lld", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> s1 >> s2 >> s3;
		if(s1 == "N")
			st[1][++cnt[1]] = Store{s1, s2, s3};
		else if(s2 == "N")
			st[2][++cnt[2]] = Store{s1, s2, s3};
		else
			st[3][++cnt[3]] = Store{s1, s2, s3};
	}
	for(int i = 1; i <= 3; i++){
		int w = 0, cnta = 0, cntb = 0;
		if(i == 1){
			for(int j = 1; j <= cnt[i]; j++){
				s1 = st[i][j].t1;
				s2 = st[i][j].t2;
				s3 = st[i][j].t3;
				if(s2 != "Z" && s3 != "H"){
					tmp = s2 + s3;
					mp[tmp]++;
				} else if(s2 == "Z" && s3 != "H"){
					tmp = s3;
					reverse(tmp.begin(), tmp.end());
					insert(2);
				} else if(s2 != "Z" && s3 == "H"){
					tmp = s2;
					insert(1);
				} else
					w++;
			}
			for(int j = 1; j <= cnt[i]; j++){
				s1 = st[i][j].t1;
				s2 = st[i][j].t2;
				s3 = st[i][j].t3;
				if(s2 != "Z" && s3 != "H"){
					int sum = mp[s2 + s3];
					tmp = s2 + s3;
					tmp.pop_back();
					sum += query(1);
					tmp = s2 + s3;
					reverse(tmp.begin(), tmp.end());
					tmp.pop_back();
					sum += query(2);
					ans[i] = max(ans[i], sum);
				} else if(s2 == "Z" && s3 != "H"){
					tmp = s3;
					reverse(tmp.begin(), tmp.end());
					cntb = max(cntb, query(2));
				} else if(s2 != "Z" && s3 == "H"){
					tmp = s2;
					cnta = max(cnta, query(1));
				}
			}
			ans[i] = max(ans[i], cnta + cntb) + w;
		} else if(i == 2){
			for(int j = 1; j <= cnt[i]; j++){
				s1 = st[i][j].t1;
				s2 = st[i][j].t2;
				s3 = st[i][j].t3;
				if(s1 != "Q" && s3 != "H")
					mp4[make_pair(s1, s3)]++;
				else if(s1 == "Q" && s3 != "H")
					mp3[s3]++;
				else if(s1 != "Q" && s3 == "H")
					mp2[s1]++;
				else
					w++;
			}
			for(int j = 1; j <= cnt[i]; j++){
				s1 = st[i][j].t1;
				s2 = st[i][j].t2;
				s3 = st[i][j].t3;
				if(s1 != "Q" && s3 != "H")
					ans[i] = max(ans[i], mp2[s1] + mp3[s3] + mp4[make_pair(s1, s3)]);
				else if(s1 == "Q" && s3 != "H")
					cntb = max(cntb, mp3[s3]);
				else if(s1 != "Q" && s3 == "H")
					cnta = max(cnta, mp2[s1]);
			}
			ans[i] = max(ans[i], cnta + cntb) + w;
		} else {
			for(int j = 1; j <= cnt[i]; j++){
				s1 = st[i][j].t1;
				s2 = st[i][j].t2;
				s3 = st[i][j].t3;
				if(s1 == "Q")
					s1 = "H";
				reverse(s1.begin(), s1.end());
				reverse(s2.begin(), s2.end());
				string fk = s1;
				s1 = s2;
				s2 = fk;
				st[i][j].t1 = s1;
				st[i][j].t2 = s2;
				if(s1 != "Z" && s2 != "H"){
					tmp = s1 + s2;
					mp[tmp]++;
				} else if(s1 == "Z" && s2 != "H"){
					tmp = s2;
					reverse(tmp.begin(), tmp.end());
					insert(4);
				} else if(s1 != "Z" && s2 == "H"){
					tmp = s1;
					insert(3);
				} else
					w++;
			}
			for(int j = 1; j <= cnt[i]; j++){
				s1 = st[i][j].t1;
				s2 = st[i][j].t2;
				s3 = st[i][j].t3;
				if(s1 != "Z" && s2 != "H"){
					int sum = mp[s1 + s2];
					tmp = s1 + s2;
					tmp.pop_back();
					sum += query(3);
					tmp = s1 + s2;
					reverse(tmp.begin(), tmp.end());
					tmp.pop_back();
					sum += query(4);
					ans[i] = max(ans[i], sum);
				} else if(s1 == "Z" && s2 != "H"){
					tmp = s2;
					reverse(tmp.begin(), tmp.end());
					cntb = max(cntb, query(4));
				} else if(s1 != "Z" && s2 == "H"){
					tmp = s1;
					cnta = max(cnta, query(3));
				}
			}
			ans[i] = max(ans[i], cnta + cntb) + w;
		}	
	}
	printf("%lld", max(max(ans[1], ans[2]), ans[3]));
	return 0;
}

标签：map,洛谷,ty,int,题解,s1,P9934,复制,串形
From： https://www.cnblogs.com/JPGOJCZX/p/18422853

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