NOIP2023模拟6联测27 无穷括号序列

题目大意

小$C$有一个括号序列$A$，其长度为$m$，且序列元素只包含左右括号。他想生成一个无限长的括号序列$B$，由于$B$的长度为正无穷，所以其下标可以为任意整数（可以为负）。为了由$A$生成$B$，小$C$采用如下方式：

$$\{\begin{array}{l}{b}_i=a_i,0\le i<n\\ b_i=b_{i-n},i\ge n\\ b_i=b_{i+n},i<0\end{array}$$

无聊的小$C$还打算以序列$B$为基础生成无穷个长度为正无穷的括号序列，我们定义$B^k$代表第$k$个无穷序列，$B^0=B$。对于任意$k\ge 1$，由$B^{k-1}$生成$B^k$的方式如下：

$$\{\begin{array}{l}{b}_i^k=b_{i+1}^{k-1},b_i^{k-1}=‘(’\\ b_i^k=b_{i-1}^{k-1},b_i^{k-1}=‘)’\end{array}$$

最后，小$C$有$q$次询问，每次询问给定的$k,l,r$，求有多少个左括号存在于无穷括号序列$B^k$中下标位于$[l,r]$的元素中。

有$T$组数据。

$1\le n,q\le 10^5,0\le k\le 10^9,-10^9\le l\le r\le 10^9,1\le T\le 10$

时间限制$3000ms$，空间限制$512MB$。

题解

设$f(k,i)$表示$B^k$中第$i$个左括号的下标（$i$可以为$0$甚至负数），设$g(k,p)$表示满足$f(k,i)\le p$的最大的$i$，则区间$[l,r]$里的左括号的总数为$g(k,r)-g(k,l-1)$。$g$的值可以用二分求出。

因为我们只关心$g$的差值，所以第$0$个左括号的位置对应那个左括号其实是可以任意指定的。方便起见，我们把括号序列$A$中的第一个左括号设为第$0$个左括号。

下面考虑$f(k,i)$的转移式：

• 如果$f(k-1,i)$的下一个字符为右括号，因为$()$会变成$)($，所以$f(k,i)=f(k-1,i)+1$
• 如果$f(k-1,i)$的下一个字符为右括号，因为$(($会变成$(\ast$，所以$f(k,i)=f(k-1,i+1)-1$

那么，转移式为

f ( k , i ) = min ⁡ { f ( k − 1 , i ) + 1 , f ( k − 1 , i + 1 ) − 1 } f(k,i)=\min\{f(k-1,i)+1,f(k-1,i+1)-1\} f(k,i)=min{f(k−1,i)+1,f(k−1,i+1)−1}

假设$f(k,i)$是从$f(0,j)$转移过来的，那么第一维从$0$走到$k$的过程中，$\min$中的第二项恰好选了$j-i$次，第一项恰好选了$k-(j-i)$次，所以转移式还可以写为

f ( k , i ) = min ⁡ i ≤ j ≤ i + k { f ( 0 , j ) + k − 2 ( j − i ) } f(k,i)=\min\limits_{i\leq j\leq i+k}\{f(0,j)+k-2(j-i)\} f(k,i)=i≤j≤i+kmin​{f(0,j)+k−2(j−i)}

可以看出决策区间的大小为$k$。设括号序列$A$中，左括号的数量为$m$，我们先分析$k\le m$时如何求解。

设$F(j)=f(0,j)-2j$，注意到$f(0,j+m)-f(0,j)=n$，则有

$$F(j+t)=F(j\%m+t)+(n-2m)\times \lfloor \frac{j}{m}\rfloor$$

其中$t$是任意非负整数。我们可以用$RMQ$来预处理$F(0)$到$F(2m-1)$，然后把$[i,i+k]$映射到$[i\%m,i\%m+k]$求最小值即可。

接下来分析一下$k$比较大的解法。讨论$n-2\times m$的值：

• 如果$n-2\times m\ge 0$，说明$F(j+m)\ge f(j)$，因此最小值只存在于$i\le j<i+m$这个范围中
• 如果$n-2\times m<0$，说明$F(j+m)<f(j)$，因此最小值只存在于$i+k-m<j\le i+k$这个范围中

这样，我们就把区间长度缩小到了$m$，通过与上面类似的方法，用$RMQ$求最小值即可。

时间复杂度为$O(\sum (n\log n+q\log v))$，其中$v$表示$l,r$的值域。

可以参考代码帮助理解。

卡常小技巧

如果你$\text{TLE}$的话，可以参考一下下面这些卡常小技巧：

• 加上快读
• 在将当前区间映射在$[0,2m-1]$上时，因为$i$有可能为负数，所以会需要用$(i\%m+m)\%m$，这样模了两次，会比较慢，所以当$i<0$时我们可以改为$(i+inf\times m)\%m$，其中$inf$是一个很大的数，来保证$i+inf\times m\ge 0$；如果$i\ge 0$，则直接用$i\%m$。这样就都只需要模一次了，可以快不少
• 在求$ST$表的时候，对二维数组要先枚举行再枚举列，参考这篇博客，这样也可以快很多

code

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
using namespace std;
const int N=100000;
const long long inf=1e9;
int T,n,m,q,lg[2*N+5],f[2*N+5],st[2*N+5][20];
char s[N+5];
int rd(){int t=0,fl=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') fl=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){t=t*10+ch-'0';ch=getchar();}return t*fl;
}
void init(){lg[0]=-1;for(rg int i=1;i<=2*N;i++) lg[i]=lg[i/2]+1;
}
void solve(){for(rg int i=0;i<m;i++) f[i+m]=f[i]+n;for(rg int i=0;i<2*m;i++) st[i][0]=f[i]-2*i;for(rg int j=1;j<=17;j++){for(rg int i=0;i+(1<<j)-1<2*m;i++){st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<j-1)][j-1]);}}
}
int findst(int l,int r){int k=lg[r-l+1];return min(st[l][k],st[r-(1<<k)+1][k]);
}
int sv(int x,int mod){if(x>=0) return x%mod;return (x+inf*mod)%mod;
}
int find(int k,int x){if(k<=m){int md=sv(x,m),tmp=(x-md)/m;return findst(md,md+k)+(n-2*m)*tmp+k+2*x;}else if(n-2*m>=0){int md=sv(x,m),tmp=(x-md)/m;return findst(md,md+m-1)+(n-2*m)*tmp+k+2*x;}else{int md=sv(x+k-m,m),tmp=(x+k-m-md)/m;return findst(md+1,md+m)+(n-2*m)*tmp+k+2*x;}
}
int gt(int k,int x){int l=-inf,r=inf,mid;while(l<=r){mid=l+r>>1;if(find(k,mid)<=x) l=mid+1;else r=mid-1;}return l-1;
}
int main()
{
//	freopen("seq.in","r",stdin);
//	freopen("seq.out","w",stdout);init();T=rd();while(T--){scanf("%s",s);n=strlen(s);m=0;for(rg int i=0;i<n;i++){if(s[i]=='(') f[m++]=i;}q=rd();if(!m){for(rg int i=1,k,l,r;i<=q;i++){k=rd();l=rd();r=rd();printf("0\n");}continue;}solve();for(rg int i=1,k,l,r;i<=q;i++){k=rd();l=rd();r=rd();printf("%d\n",gt(k,r)-gt(k,l-1));}}return 0;
}