洛谷 P11487 「Cfz Round 5」Gnirts 10——题解

洛谷P11487「Cfz Round 5」Gnirts 10

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传送锚点

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摸鱼环节

「Cfz Round 5」Gnirts 10

题目背景

English statement. You must submit your code at the Chinese version of the statement.

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In Memory of \(\text{F}\rule{66.8px}{6.8px}\).

题目描述

题面还是简单一点好。

• 给定 \(n, m\)，以及一个长为 \(n + m\) 的 \(\tt{01}\) 串 \(S\)。
• 对于 \(\tt 01\) 串 \(T\)，定义 \(f(T)\) 为 \(S\) 的最长的前缀的长度，使得该前缀是 \(T\) 的子序列 \(^\dagger\)。
• 对于每个 恰包含 \(\bm n\) 个 \(\tt 1\) 和 \(\bm m\) 个 \(\tt 0\) 的 \(\tt{01}\) 串 \(T\)，求 \(f(T)\) 的和。答案对 \(2933256077^\ddagger\) 取模。

\(\dagger\)：请注意，子序列可以不连续。换句话说，\(a\) 是 \(b\) 的子序列，当且仅当在 \(b\) 中删去 \(\geq 0\) 个字符后，可以得到 \(a\)。注意，空串总是任何串的子序列。

\(\ddagger\)：模数为质数。

输入格式

第一行包含两个整数 \(n, m\)。

第二行包含一个长度为 \(n + m\) 的 \(\tt 01\) 串 \(S\)。

输出格式

输出一行一个整数，表示答案对 \(2933256077\) 取模后的结果。

样例 #1

样例输入 #1

2 1
000

样例输出 #1

3

样例 #2

样例输入 #2

5 5
0010111011

样例输出 #2

1391

提示

「样例解释 #1」

所有可能的序列有且仅有公共序列 \(\texttt{0}\)。因为恰有 \(3\) 种不同的 \(T\)（\(\tt 110, 101, 011\)），所以答案为 \(1\times 3 = 3\)。

「数据范围」

对于所有测试数据，保证 \(1 \leq n, m \leq 3\times 10^6\)。

本题采用捆绑测试。

• Subtask 0（13 points）：\(\max(n, m) \leq 5\)。
• Subtask 1（13 points）：\(\max(n, m) \leq 100\)。
• Subtask 2（34 points）：\(\max(n, m) \leq 3 \times 10^3\)。
• Subtask 3（40 points）：无特殊限制。

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大数学。

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正片开始

考虑到我们只关心答案，而答案只需要 \(S\) 某种前缀的个数，并不需要考虑具体的方案，于是我们可以从前缀的方向考虑。

对于答案而言，首先答案对质数取模，其次每个合法的\(T\)，可以看作是 \(n\) 个 \(1\) 和 \(m\) 个 \(0\) 的一种组合。于是得到暴力枚举每种组合计算答案的朴素算法，很显然，这只能搞到13分。

考虑对 \(S\) 的前缀一位位处理答案，对于一个 \(S\) 的前缀 \(k\) ，长度为 \(l\) ，其中有 \(cnt0\) 个 \(0\) ， \(cnt1\) 个 \(1\) 。

假设第 \(l+1\) 位为 \(1\) ，那显然，剩下的 \(n-cnt1\) 个 \(1\) 只能插在第 \(l\) 位之前，不然会导致前缀变长。
也就是要把 \(n-cnt1\)个\(1\) 分散在 \(cnt0\) 个 \(0\) 之间，两个 \(0\) 之间可以没有1。
于是插入\(1\)的答案为 \(\dbinom{n-cnt1+cnt0-1}{cnt0-1}\) 同理， \(0\) 则是有 \(cnt1\) 块板，于是 \(0\) 的答案 \(\dbinom{m-cnt0+cnt1}{cnt1}\)。

一位的答案为：

\[ g(l)=\begin{cases} \dbinom{n-cnt1+cnt0-1}{cnt0-1}\times \dbinom{m-cnt0+cnt1}{cnt1},S_{l+1}=1\\ \dbinom{n-cnt0+cnt1-1}{cnt1-1}\times \dbinom{m-cnt1+cnt0}{cnt0},S_{l+1}=0\\ \end{cases} \]

$ans=\sum_{i=1}^{n+m} i\times g(i) $。

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完整代码

#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
#define Qiu_Cheng
#endif
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
// typedef long long ll;
const int N=6e6+50,M=1e6,mod=2933256077;
int fac[N],ifac[N],inv[N];
int C(int a,int b)
{if(a==b) return 1;if(a<b||b<0) return 0;return fac[a]*ifac[a-b]%mod*ifac[b]%mod;
}
void YCL()
{fac[0]=1;inv[1]=1;ifac[0]=1;for(int i=1;i<=6e6;i++){fac[i]=fac[i-1]*i%mod;if(i>=2)inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%mod;}
}
int n,m,len,ans=0;
string s;
inline void solve()
{   YCL();cin>>n>>m;len=n+m;cin>>s;s=' '+s;int cnt0=0,cnt1=0;for(int i=1;i<=len;i++){if(s[i]=='0')cnt0++;else cnt1++;ans=(ans+i*(s[i+1]=='0'?C(m-cnt0+cnt1-1,cnt1-1)*C(n-cnt1+cnt0,cnt0)%mod:C(n-cnt1+cnt0-1,cnt0-1)*C(m-cnt0+cnt1,cnt1)%mod))%mod;}cout<<ans<<endl;}
signed main()
{
#ifdef Qiu_Chengfreopen("1.in","r",stdin);freopen("1.out","w",stdout);
#endif// ios::sync_with_stdio(false);// cin.tie(0);// cout.tie(0);// int QwQ;// cin>>QwQ;// while(QwQ--)solve();solve();return 0;
}//  6666   66666    666666
// 6    6  6    6       6
// 6    6  6666       6
// 6    6  6   6    6
//  6666   6    6  6666666//g++ -O2 -std=c++14 -Wall "-Wl,--stack= 536870912 " cao.cpp -o cao.exe

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完结收工！！！！！

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