P3514 [POI2011] LIZ-Lollipop

简要题意

给定一个只有 $1$ 和 $2$ 的序列，给出 $m$ 次询问，每次询问给出一个数 $k$，查询序列中有没有一个子串和为 $k$，如果有则输出区间两端点，如果没有输出 NIE。

策略分析

本题最重要的条件就是该序列中只含有 $1$ 和 $2$，因为这个条件，我们就可以得到下面这个性质：若 $k$ 可以被表示，则 $k-2$ 也一定可以被表示。这个性质很容易被证明。我们很容易发现，一个区间的两端点有三种情况，全为 $1$，全为 $2$ 以及一边 $1$ 一边 $2$。那么当两边存在 $2$ 时，只需要减掉这个 $2$ 即可；如果是两个 $1$，那么把这两个 $1$ 一起减掉即可。

现在我们知道了上面这个性质，开始考虑非法情况。既然 $k-2$ 可以被表示，那么我们只需要找到最大的 $k$ 就可以了。如果给出的 $k$ 比我们能找到的最大的数还大，那么这个数是不合法的。

考虑完非法情况以后，我们来考虑如何求解。我们发现，一个数减去 $2$ 后奇偶性不变，也就是说如果 $k$ 是奇数，那么我们将永远无法得到偶数，反之亦然，所以这要求我们分类讨论，分别求出最大的奇数和最大的偶数。因为题目告诉我们序列长度 $n \le 10^6$，也就是说能够被表示出来的数最多有 $2 \times 10^6$ 种。我们可以提前将这些数的左右区间都预处理出来，然后 $O(1)$ 查询即可。处理这些数的方法是将最大的奇数和偶数分别缩减，每次缩减 $2$ 并记下左右区间，按照最开始分析的性质来移动左右指针，知道两指针相遇为止。

参考代码

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#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

namespace SHAWN {
    const int N = 1e6 + 7;
    int a[N];
    int n, m, jmax, omax, sum;
    struct node { int l, r; }b[N << 1];
    
    inline void _init() {
        int jlidx, jridx, olidx, oridx, tmp1, tmp2, tag1, tag2;
        jlidx = olidx = 1; jridx = oridx = n; tmp1 = tmp2 = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            tmp1 += a[i];
            if (a[i] == 1) { tag1 = i + 1; break; }
        }
        for (int  i = n; i >= 1; --i) {
            tmp2 += a[i];
            if (a[i] == 1) { tag2 = i - 1; break; }
        }
        if (sum % 2) {
            jmax = sum;
            if (tmp1 < tmp2) {
                omax = sum - tmp1;
                olidx = tag1;
            }
            else {
                omax = sum - tmp2;
                oridx = tag2;
            }
        }
        else {
            omax = sum;
            if (tmp1 < tmp2) {
                jmax = sum - tmp1;
                jlidx = tag1; 
            }
            else {
                jmax = sum - tmp2;
                jridx = tag2;
            }
        }
        
        //----以上处理最大的奇数和偶数以及其左右端点----
        //----以下分别缩减奇偶数得到所有数的左右端点----
        
        int otmp = omax, jtmp = jmax;
        b[omax] = {olidx, oridx};
        b[jmax] = {jlidx, jridx}; 
        while (olidx < oridx && otmp > 0) {
            otmp -= 2;
            if (a[olidx] == 1) {
                if (a[oridx] == 1) { b[otmp] = {++olidx, --oridx}; }
                else if (a[oridx] == 2) { b[otmp] = {olidx, --oridx}; }
            }
            else if (a[olidx] == 2) { b[otmp] = {++olidx, oridx}; }
        }
        while (jlidx < jridx && jtmp > 0) {
            jtmp -= 2;
            if (a[jlidx] == 1) {
                if (a[jridx] == 1) { b[jtmp] = {++jlidx, --jridx}; }
                else if (a[jridx] == 2) { b[jtmp] = {jlidx, --jridx}; }
            }
            else if (a[jlidx] == 2) { b[jtmp] = {++jlidx, jridx}; }
        }
        return;
    }
    
    int work()
    {
        cin >> n >> m;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            char c; cin >> c;
            if (c == 'T') { a[i] = 2; }
            else if (c == 'W') { a[i] = 1; }
            sum += a[i];
        }
        _init();
        while (m--) {
            int sar; cin >> sar;
            if (sar % 2 && sar > jmax) { cout << "NIE\n"; continue; }
            else if (!(sar % 2) && sar > omax) { cout << "NIE\n"; continue; }
            cout << b[sar].l << ' ' << b[sar].r << '\n';
        }
        return 0;
    }
}

signed int main() {
    ios :: sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    return SHAWN :: work();
}

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