题目
快到十二点了正在颓废突然发现了一道好题
虽然毒瘤，但确实是容斥原理的好题啊，做法也特别巧妙(标程
思路
题目大意(怕自己突然忘)
n个初始字符，m个操作(加入或删除)，任何一个操作都可能无效，求最后不同的字符方案数((n,m<=5*10^6))
先考虑无删除操作
这里的(t_{0..i})为一个字串，(widetilde{t_{0..i}})指该字串不同的子序列个数，(dp_i)为(widetilde{t_{0..i-1}})
若(t_{i})这个字符在循环时第一次出现，即(t_{0...i-1})没出现过(t_{i})，显然我们考虑的状态有三种
(~~~~~1.widetilde{t_{0..i-1}})，有 (dp_{i-1})个(Longrightarrow)理解：插入操作无效或只考虑前面字符的方案数
(~~~~~2.widetilde{t_{0..i-1}} + {t_i})，有(dp_{i-1})个(Longrightarrow)理解：插入操作有效，且与前面字符组合起来的方案数
(~~~~~3.widetilde{t_{i..i}})(Longrightarrow)理解：插入操作有效(t_{i})单独组成一种方案
综上，(t_{i})这个字符在循环时第一次出现：(dp_{i}=2*dp{i-1}+1)
(egin{aligned} \ end{aligned})
那不是第一次出现呢?显然会出现重复的子序列
(lst[c])表示字符(c) 上一次出现的位置
1.(widetilde{t_{0..lst[t_i]-1}}+{t_{lst[t_i]}})与(widetilde{t_{0..lst[t_i]-1}}+{t_i}) 重复
2.({t_{lst[t_i]}}) 与 ({t_i}) 重复
综上，(dp_i)要去掉(dp_{lst[t_i]-1}+1)
( herefore dp_i=egin{cases}2*dp_{i-1}+1quad(t_i ext{第一次出现})\2dp_{i-1}-dp_{lst[t_i]-1}quad (t_i ext{出现过})end{cases})
目前为止，时间复杂度为(O(m))，毒瘤的出题人不可能就这样放过我们嘛(emmm)
考虑删除操作
其实删除操作只用考虑删除前面的文本串，为什么？删除插入操作无异与：删除与插入两个操作同时无效，而前面的方程已经将此情况考虑进去了
故我们只用考虑文本串与插入操作中间的删除操作
当能作为有效删除操作为(cnt)个时，我们枚举有(k(k<=cnt))个有效操作
则此时新增子序列(s_{0..n-k-1} + widetilde{t_{pre[p_k]..m-1}})
发现没有？从小到大枚举(k)，时间复杂度瞬间指数加(1)成了(O(m^2))，那我们就从(m-1)~(0)逆推，又变成线性的了！！
故(dp_i)为(widetilde{t_{i..m-1}})，(lst[c])为倒推时字符(c)上一次出现的位置，由于删除操作的存在，方程中的(dp_{i-1}) 改为(dp_{pre[i]})(这些应该都好理解吧)
(egin{aligned} \ end{aligned})
同样地，我们还得考虑重复部分，
若退格所删去的最后一个字符即(s_{n-k})在 (t_{pre[p_k]..m-1}) 中出现过，则会产生重复的答案：第(k)删除在文本串(s)中删除的字符是(s_{n-k})，
而在第(k-1) 个删除 时，(s_{n-k})不会被删除，则一旦 (s_{n-k}) 在 (t_{pre[p_k]..m-1}) 中出现过，就意味着在只有(k-1)个删除时(s_{n-k})会与后面的发生重复
重复子序列为(s_{0..n-k}+widetilde{t_{pre[lst[s_{n-k}]]..m-1}})以及(s_{0..n-k})，个数为 (dp_{pre[lst[s_{n-k}]]}+1)，计算答案时要将这部分减去
My complete code
上短得可怜的代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int p=0x125E591;
const int maxn=5000000+9;
int n,m,pos,cnt,ans;
int lst[maxn],pre[maxn],dp[maxn];
char s[maxn],t[maxn];
inline int Get(char x){
return (lst[x])?p-dp[pre[lst[x]]]:1;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf(" %s %s",s,t);
for(int i=0;i<m;++i)
cnt+=(t[i]=='u');
for(int i=m-1;i>=0;--i)
if(t[i]=='u'){
if(n-cnt>=0)
ans=(ans+dp[pos]+Get(s[n-cnt]))%p;
--cnt;
}else{
dp[i]=(2*dp[pre[i]=pos]+Get(t[i]))%p;
pos=lst[t[i]]=i;
}
printf("%d",(ans+dp[pos]+1)%p);
return 0;
}
总结
动规啊容斥啊这些真的得完全弄懂再去写代码，几次想写代码了还是回过头自己纯手推了一下
能想到写篇博客竟然花了快一个多小时，凌晨一点半 其实也还早啊，睡觉