BZOJ4382: [POI2015]Podział naszyjnika

题目大意：把一个长度为n的一串项链切两刀，把项链断成两条链。要求每种颜色的珠子只能出现在其中一条链中。求方案数量以及切成的两段长度之差绝对值的最小值。

挺神的一道题，首先我们可以随便画一个项链玩一玩

然后我们尝试对于每种颜色给每个分隔点标一个号，标号方式是让对于该种颜色没被分开的分隔点标上同一个号，被分开的标上不同的号，就像下图

然后我们惊奇地发现，假如两个分隔点对于所有颜色的标号都相同，然就可以在这里切两刀，否则不行

那么假设我们知道了所有分隔点的hash值，那就可以排个序然后随便乱搞就好了

关键是如何求hash值，O(NK)显然是不行的了

然后我们发现相邻两个分隔点只有一个颜色发生了改变，所以我们可以根据当前颜色O(1)算出下一个分隔点的hash值，但是这样会出现一个问题

最后一段的标号应该和最开头是一样的，这样我们就需要特判一下...

然后就可以用单调队列乱搞了

我的hash被卡了，写的是双hash

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<vector>#include<cstdlib>#define N 1000010using namespace std;long long a[N],jd[N][2],now[N][2];struct ppp{long long h[2],num;}b[N];long long mod=1e9+7;long long la[N];bool cmp(ppp x,ppp y){if(x.h[0]!=y.h[0]) return x.h[0]<y.h[0];return x.h[1]<y.h[1];}long long c[N],cnt;int main(){srand(707185547);long long n,k;scanf("%lld%lld",&n,&k);long long i,j,l,x,y;for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);for(i=1;i<=k;i++)jd[i][0]=rand(),jd[i][1]=rand(),now[i][0]=now[i][1]=1;for(i=n;i>=1;i--)if(!la[a[i]]) la[a[i]]=i;b[0].h[0]=b[0].h[1]=k;for(i=1;i<=n;i++)for(j=0;j<2;j++){x=a[i];//cout<<now[x]<<' ';b[i].h[j]=b[i-1].h[j]-now[x][j];now[x][j]=now[x][j]*jd[x][j]%mod;if(la[a[i]]==i) now[x][j]=1;//cout<<i<<' '<<now[x]<<endl;//cout<<now[1]<<' '<<now[2]<<' '<<now[3]<<' '<<now[4]<<endl;b[i].h[j]=(b[i].h[j]+now[x][j]+mod)%mod;b[i].num=i;//cout<<b[i].h<<endl;}sort(b+1,b+n+1,cmp);i=1;long long ans=0,anss=707188847;while(i<=n){j=i;cnt=0;while(b[j].h[0]==b[i].h[0]&&b[j].h[1]==b[i].h[1]){cnt++;c[cnt]=b[j].num;j++;}ans+=(cnt-1)*cnt/2;sort(c+1,c+cnt+1);c[cnt+1]=0;l=1;//cout<<c[0]<<c[1]<<c[2]<<c[3]<<c[4]<<endl;for(i=1;i<cnt;i++){while(l<=cnt&&c[l]-c[i]<n/2) l++;//cout<<c[l]<<' '<<c[i]<<endl;anss=min(anss,max(c[l]-c[i],n-c[l]+c[i])-min(c[l]-c[i],n-c[l]+c[i]));anss=min(anss,max(c[l-1]-c[i],n-c[l-1]+c[i])-min(c[l-1]-c[i],n-c[l-1]+c[i]));if(l==cnt+1) break;}i=j;}printf("%lld %lld",ans,anss);}