T1 密码锁

对于一种状态，其可能产生的其他状态共有两种情况，一种情况是只转一个拨圈，这样产生的密码共有$5\ast 9=45$种，另一种情况是转相邻的两个拨圈，这样产生的密码共有$4\ast 9=36$种，所以一种状态能产生的密码共有$45+36=81$种。现在题目中给出了$n(n\le 8)$个状态，问能满足所有这些状态的密码有多少种。
由于密码只有$5$位，所以总共的情况也只有$10^5$种，对于每种密码，我们只需要判断它是不是能到达给出的$n$个状态。判断时，我们遍历$n$个状态，对每个状态分别进行转一个拨圈的变换和转两个拨圈的变换，看是否能够得到该密码，若$n$个状态都符合条件，则答案加一。复杂度是完全可以接受的。

再讲一种复杂度较小的做法。对于每种状态$(n\le 8)$，枚举这个状态所能到达的所有密码（$81$种），记录每种密码被枚举到的次数。枚举完$n$个状态能到达的密码后，遍历所有密码，若这个密码被枚举到的次数为$n$，也就说明每个状态都能到达这个密码，则答案加一。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
int n, m[10][6], ans;
map<string, int> mp;int main(int argc, char const *argv[]) {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= 5; j++)cin >> m[i][j];for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= 5; j++) {for (int k = 0; k < 10; k++) {string s = "";for (int l = 1; l < j; l++) s += char(m[i][l] + '0');if (m[i][j] == k) continue;s += char(k + '0');for (int l = j + 1; l <= 5; l++) s += char(m[i][l] + '0');mp[s]++;}if (j == 5) continue;for (int k = 1; k < 10; k++) {string s = "";for (int l = 1; l < j; l++) s += char(m[i][l] + '0');s += char((m[i][j] + k + 10) % 10 + '0');s += char((m[i][j + 1] + k + 10) % 10 + '0');for (int l = j + 2; l <= 5; l++) s += char(m[i][l] + '0');mp[s]++;}}for (auto i : mp)if (i.second == n)ans++;cout << ans << endl;
}

T2 消消乐

这个题的重点在于如何判断一个串是否可以被消除：用一个栈依次读串里的字符，若该字符与栈顶的元素相同，则弹出栈顶，否则把该元素放入栈，最后看栈是否为空即可，这样就得到了$n^3$的做法，有$35$分。

// 35pts
#include <bits/stdc++.h>
#define A 100010using namespace std;
int n, top, ans; string s;
char sta[A];int main(int argc, char const *argv[]) {cin >> n >> s;for (int l = 0; l < n; l++)for (int r = l + 1; r < n; r++) {top = 0;for (int i = l; i <= r; i++) {if (sta[top] == s[i]) top--;else sta[++top] = s[i];}if (top == 0) ans++;}cout << ans << endl;
}

在上面的做法中，对于相同的左端点，我们枚举了所有的右端点，重复判断了许多次，其实只要从左端点开始走一遍到末尾就可以，每走一步都判断一下栈是否为空。复杂度降为$n^2$，有$50$分。

// 50pts
#include <bits/stdc++.h>
#define A 200010using namespace std;
int n, top, ans; string s;
char sta[A];int main(int argc, char const *argv[]) {cin >> n >> s;for (int l = 0; l < n; l++) {top = 0;for (int r = l; r < n; r++) {if (sta[top] == s[r]) top--;else sta[++top] = s[r];if (top == 0) ans++;}}cout << ans << endl;
}

再看下一个部分分，“字符串中的每个字符独立等概率地从字符集中选择”，也就是说我们确定了左端点之后，在右端点不断增大的过程中，这个串会越来越长，能产生消除串的概率会越来越低，所以给右端点定一个界限，我们认为在这个界限之后就不可能产生消除串。这个界限根据左端点的个数来定，该部分分的数据范围下$n\le 2\ast 10^5$，那就卡着能跑过的数据范围，把右端点的界限设置到$1000$（$\frac{2\ast 10^8}{2\ast 10^5}$=1000），这样能拿到$60$分。

// 60pts
#include <bits/stdc++.h>
#define A 200010using namespace std;
int n, top, ans; string s;
char sta[A];int main(int argc, char const *argv[]) {cin >> n >> s;for (int l = 0; l < n; l++) {top = 0;int cnt = 1000;for (int r = l; r < n; r++) {if (sta[top] == s[r]) top--;else sta[++top] = s[r];if (top == 0) ans++;if (--cnt < 0 and n > 8000) break;}}cout << ans << endl;
}

其实能产生一个子串的条件是，这两个栈的状态是相同的。例如样例“accabccb”，初始时为空栈，代表的位置为$0$；“acca”为空栈，代表的位置为$3$；“accabccb”为空栈，代表的位置为$7$；这三个位置中每两个位置的组合都可以产生一个串，也就是$C_3^2$，共可以产生$3$个串。所以我们统计每种栈的状态出现的次数$n$，答案累计上$C_n^2=\frac{n(n-1)}{2}$即可。这样可以拿到$90$分，会有两个点$MLE$，就是刚才$50-60$分的两个点，原因是栈的状态太多，可能会产生大约$n$个字符串，串的长度从$1$递增到$n$，$map$占的空间太大。

// 90pts
#include <bits/stdc++.h>
#define A 2000010using namespace std;
typedef long long ll;
int n, top;
string s, now;
char sta[A];
ll ans;
map<string, int> mp;int main(int argc, char const *argv[]) {cin >> n >> s;mp[""]++;for (int i = 0; i < n; i++) {if (sta[top] == s[i]) top--, now.pop_back();else sta[++top] = s[i], now += s[i];mp[now]++;}for (auto i : mp)ans += 1ll * (i.second * 1ll * (i.second - 1ll) / 2);cout << ans << endl;
}

到这里可以想到把上面两个代码合一下就可以满分，所以现在问题来到了如何特判$11、12$这两个点。这两个点的条件上面也分析过了，“字符串中的每个字符独立等概率地从字符集中选择”，$a-z$这$26$个字母出现的概率是相同的，那我们就在输入字符串之后统计一下每个字母出现的次数，如果该字母出现的次数与期望次数的差值过大，那么我们认为这个点不是第$11$个点或第$12$个点。

// 100pts
#include <bits/stdc++.h>
#define A 2000010using namespace std;
typedef long long ll;
int n, top, t[27];
string s, now;
char sta[A];
ll ans;
bool flag;
map<string, int> mp;int main(int argc, char const *argv[]) {cin >> n >> s;for (int i = 0; i < n; i++) t[s[i] - 'a']++;for (int i = 0; i < 26; i++) // 判断测试点if (abs(t[i] - n / 26) > 10000) {flag = 1;break;}if (flag) {mp[""]++;for (int i = 0; i < n; i++) {if (sta[top] == s[i]) top--, now.pop_back();else sta[++top] = s[i], now += s[i];mp[now]++;}for (auto i : mp)ans += 1ll * (i.second * 1ll * (i.second - 1ll) / 2);cout << ans << endl;}else {for (int l = 0; l < n; l++) {top = 0;int cnt = 1000;for (int r = l; r < n; r++) {if (sta[top] == s[r]) top--;else sta[++top] = s[r];if (top == 0) ans++;if (--cnt < 0 and n > 8000) break;}}cout << ans << endl;}
}