提高组模拟赛 39 B. 任务 题解
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题意略
对于单个任务，显然为求子串长为 \(len=s.size()\) 长度为 \(a_i\) 的串（以下简称大串与小串）的数量，而且显然这与串的内容无关
这么多显然其实是我懒得讲了
继续上面的，设 \(f_{i,j}\) 为 \(len=i,a_i=j\) 且大串最后一位恰好为小串的最后一位时的数量，暴力来说有一个显然的推导式
\[f_{i,j}=f_{i-1,j}\times25+f_{i-1,j-1}
\]
所以总数量为 \(\sum_{k=j}^{i}f_{i,k}\)，即对于 \(j\) 做一个后缀和
赛时代码：
f[0][0] = 1;
for(ll i = 1; i <= 100000; i++) {f[i][0] = f[i-1][0]*25ll%M;for(ll j = 1; j <= 1000; j++) {f[i][j] = (f[i-1][j]*25ll+f[i-1][j-1])%M;}f[i][1000] = (f[i-1][1000]*26ll+f[i-1][999])%M;
}
for(int i = 1; i<= 100000; i++) for(ll j = 1000; j >= 0; j--) f[i][j] = (f[i][j]+f[i][j+1])%M;
这样预处理后，套上一个线段树进行单点修改区间查询可以得到 \(70pts\)。
那对于正解，我们要引入一个新的推导式
\[f_{i,j}=C_{i-1}^{j-1}\times25^{i-j}+f_{i-1,j}\times26
\]
这个式子的推导也很显然，分别是第 \(j\) 位放最后一位和不放最后一位的两种情况
注意：这里的 \(f\) 直接为最终结果，即暴力式后缀和后的结果。且这里的 \(i,j\) 和官方题解定义是相反的
这个推导式对我们的求解有一个贡献：对于任意大串的长度和单个小串的长度，其答案对于小串长是独立的，即只从 \(f_{i-1,j}\) 转移，与 \(j-1\) 无任何关系
同时注意到，\(\sum_{len}=3\times10^5\)，所以不同的小串长只有 \(\sqrt{6\times10^5}=774\) 中，这里我看有很多人不明白是啥意思，因为是不同的小串长，所以最坏情况其实就是等差数列 \(1+2+...+maxlen=3\times10^5\) 的形式。
所以对于每个小串长，我们跑一次对于任意 \(i\) 的所有情况即可。
时间复杂度为带有很多常数的 \(O(n\log n)\)。
哦对了，这题需要挺多时间和空间的卡常。首先，\(f\) 数组得开 int，计算时用 1ll 强转类型即可，不然会爆。还有需要预处理 \(25^x\)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define mst(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define pii pair<ll, ll>
#define fi first
#define se second
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define eb emplace_back
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)inline ll rd(){ll x = 0, f = 1;char c = getchar();while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}return f*x;}
inline void writ(ll x){if(x < 0){putchar('-');x = -x;}if(x > 9) writ(x/10);putchar(x%10 | 0x30);return;}
inline void wr(ll x){writ(x);puts("");}
inline void wr_(ll x){writ(x);putchar(' ');}
const ll N = 2e5+5, M = 998244353, inf = 0x3f3f3f3f;bool st;
ll n, q, cnt;
ll len[N], a[N], inv[N], finv[N], jc[N], id[N], rev[N];
int f[N][800], pow25[N];
struct SegTre {ll val[N<<2];void build(ll p, ll l, ll r) {if(l == r) {if(a[l] < len[l]) val[p] = 0;else val[p] = f[a[l]][id[len[l]]];return;}ll mid = (l+r) >> 1;build(ls(p), l, mid);build(rs(p), mid+1, r);val[p] = 1ll*val[ls(p)]*val[rs(p)]%M;}void modify(ll p, ll l, ll r, ll x, ll v) {if(l == r) {if(v < len[l]) val[p] = 0;else val[p] = f[v][id[len[l]]];return;}ll mid = (l+r) >> 1;if(x <= mid) modify(ls(p), l, mid, x, v);else modify(rs(p), mid+1, r, x, v);val[p] = 1ll*val[ls(p)]*val[rs(p)]%M;}ll query(ll p, ll l, ll r, ll L, ll R) {if(L <= l && r <= R) return val[p];ll mid = (l+r) >> 1, res = 1;if(L <= mid) res = query(ls(p), l, mid, L, R);if(mid < R) res = 1ll*res*query(rs(p), mid+1, r, L, R)%M;return res;}
}t;void allinv() {inv[0] = 1, jc[0] = 1, finv[0] = 1, pow25[0] = 1;inv[1] = 1, jc[1] = 1, finv[1] = 1, pow25[1] = 25;for(ll i = 2; i <= 100000; i++) {pow25[i] = pow25[i-1]*25ll%M;inv[i] = 1ll*(M-M/i)*inv[M%i]%M;jc[i] = 1ll*jc[i-1]*i%M;finv[i] = 1ll*finv[i-1]*inv[i]%M;}
}
ll C(ll n, ll m) {if(n < m) return 0;return 1ll*jc[n]*finv[m]%M*finv[n-m]%M;
}
void solve() {allinv();n = rd(), q = rd();for(ll i = 1; i <= n; i++) {string s;cin >> s;len[i] = s.size();if(id[len[i]] == 0) id[len[i]] = ++cnt, rev[cnt] = len[i];}for(ll i = 1; i <= n; i++) a[i] = rd();for(ll k = 1; k <= cnt; k++) {ll j = rev[k];for(ll i = j; i <= 100000; i++) {f[i][k] = 1ll*(1ll*C(i-1, j-1)*pow25[i-j]%M+f[i-1][k]*26ll%M)%M;}}t.build(1, 1, n);while(q--) {ll op = rd(), l = rd(), r = rd();if(op == 0) t.modify(1, 1, n, l, r);else wr(t.query(1, 1, n, l, r));}
}
bool ed;signed main() {freopen("task.in", "r", stdin);freopen("task.out", "w", stdout);ll T = 1;while(T--) solve();cerr << "Time :" << 1.0*clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";cerr << "Memory :" <<( (&ed-&st) / (1ll<<20) ) << "MB\n";return 0;
}
)
