bzoj 4569 [Scoi2016]萌萌哒

题目大意

给出\(m\)个限制条件

求有多少个满足限制条件的长度为\(n\)的数（即无前导零）

限制条件形如

\(l_1~~r_1~~l_2~~r_2\)

表示\(s[l_1:r_1]=s[l_r:r_2]\)

分析

首先每个限制条件，设长度为\(len\)

我们可以找到一个最大的\(k\)满足\(2^k\le len\)

用\(f[k][i]\)表示\(i\)开头的,长度为\(2^k\)的那一段

那么\(s[l_1:r_1]=s[l_r:r_2]\)

就可以表示为

f[k][l_1]=f[k][l_2],f[k][r_1-(1<<k)+1]=f[k][r_2-(1<<k)+1]

做法

既然这样，我们对每个\(f[k]\)就可以用等价关系弄出一个并查集

然后我们从大到小枚举\(k\)(长度从长到短)

将\(2^k\)的限制拆成\(2^{k-1}\)的限制

如图



最后就推到最后一层

由于每层最多\(n\)个起始位置，最多\(log\)层

所以复杂度是\(O(n\log n*并查集)\)的

由于有“无前导零”的限制

所以一个等价类只能选9个数字

其他都能选10个数字

solution

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M=1e5+7;
const int Q=1e9+7;
typedef long long LL;

inline int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%Q;}
inline int pls(int x,int y){return ((LL)x+y)%Q;}
inline int mns(int x,int y){return pls(x,Q-y);}
int pwr(int x,int tms){
int res=1;
for(;tms>0;tms>>=1){
if(tms&1) res=mul(res,x);
x=mul(x,x);
}
return res;
}

inline int ri(){
int x=0;bool f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-48;
return f?x:-x;
}

int n,m;
int ln[M];
int v[M],cnt;

struct dddd{
int dsu[M];
void init(){for(int i=1;i<=n;i++) dsu[i]=i; }
int find(int x){return (dsu[x]!=x)?dsu[x]=find(dsu[x]):x;}
void merge(int x,int y){if(find(x)!=find(y)) dsu[find(x)]=find(y);}
}f[20];

void init(){
int i;
for(i=2;i<=n;i++) ln[i]=ln[i>>1]+1;
}

int main(){

int i,j,x,y,l1,l2,r1,r2;

n=ri(),m=ri();

init();
for(i=0;i<=ln
;i++) f[i].init();

for(i=1;i<=m;i++){
l1=ri(),r1=ri();
l2=ri(),r2=ri();
j=ln[r1-l1+1];
f[j].merge(l1,l2);
f[j].merge(r1-(1<<j)+1,r2-(1<<j)+1);
}

for(i=ln
;i>0;i--){
for(j=1;j<=n;j++)
if(f[i].dsu[j]!=j){
l1=j; l2=f[i].dsu[j];
r1=l1+(1<<i)-1; r2=l2+(1<<i)-1;
f[i-1].merge(l1,l2);
f[i-1].merge(r1-(1<<i-1)+1,r2-(1<<i-1)+1);
}
}

for(i=1;i<=n;i++){
x=f[0].find(i);
if(!v[x]) {v[x]=1;cnt++;}
}

printf("%d\n",mul(9,pwr(10,cnt-1)));

return 0;
}