Bubble Cup 11 - Finals [Online Mirror, Div. 1] H. Self-exploration 数论

Description
给你一个区间[l,r]，这个区间由二进制表示，
现在询问你在这个区间内的数在二进制的表示下有c00个00，c01个01，c10个10，c11个11的有多少个。

Sample Input
10
1001
0
0
1
1

Sample Output
1

我们思考其实一个01，一个10就相当于一个分割线，将连续一段的0或1分割开来。
那么我们对于一个连续的k个0，那么其实就会有k - 1个00，也就是说我们现在如果有a段，要求要g个00，那么0的个数为：a+g
那么我们即可根据c00，c01，c10，c11求出这个序列中有多少个0，1，并且被分成了几段。
那么问题就转化成了这样：给你一个序列要求有a个0，b个1，有k0段连续的0，k1段连续的1，有多少种满足的方案。
那我们可以这么想一段连续的0用k0-1个隔开，那么也就是在n-1个位置防止k0-1个数的方案数，即为：C(n-1,k0-1)。
那么对于0是如此，根据乘法原理1的情况与0的情况相乘即可得出。
然后在考虑[l,r]范围的限制，这个就比较套路了，然后上面那个是O(1)算的，于是时间复杂度变为O(n)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 1e9 + 7;
int _min(int x, int y) {return x < y ? x : y;}
int _max(int x, int y) {return x > y ? x : y;}
int read() {
	int s = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
	return s * f;
}

int len[2], s[2][110000];
LL jc[110000], inv[110000];
char ss[2][110000];

LL pow_mod(LL a, LL k) {
	LL ans = 1;
	while(k) {
		if(k & 1) (ans *= a) %= mod;
		(a *= a) %= mod; k /= 2;
	} return ans;
}

void pre() {
	inv[0] = jc[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= 100000; i++) jc[i] = (LL)jc[i - 1] * i % mod;
	inv[100000] = pow_mod(jc[100000], mod - 2);
	for(int i = 100000 - 1; i >= 1; i--) inv[i] = (LL)inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

LL C(LL n, LL m) {if(n < m) return 0; return jc[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;}

LL get(LL a, LL b) {if(a == 0) return 1; return C(a + b - 1, b - 1);}

LL solve0(LL c00, LL c01, LL c10, LL c11) {
	if(c00 < 0 || c01 < 0 || c10 < 0 || c11 < 0) return 0;
	if(c10 == c01) return get(c11, c10) * get(c00, c01 + 1) % mod;
	else if(c10 + 1 == c01) return get(c11, c10 + 1) * get(c00, c01) % mod;
	else return 0;
}

LL solve1(LL c00, LL c01, LL c10, LL c11) {
	if(c00 < 0 || c01 < 0 || c10 < 0 || c11 < 0) return 0;
	if(c10 == c01) return get(c11, c10 + 1) * get(c00, c01) % mod;
	else if(c10 == c01 + 1) return get(c11, c10) * get(c00, c01 + 1) % mod;
	else return 0;
}

LL calc(LL c00, LL c01, LL c10, LL c11, int opt) {
	LL ans = 0;
	for(int i = 2; i <= len[opt]; i++) {
		if(s[opt][i] == 1) {
			if(s[opt][i - 1] == 0) (ans += solve0(c00 - 1, c01, c10, c11)) %= mod;
			else (ans += solve0(c00, c01, c10 - 1, c11)) %= mod;
		}
		if(s[opt][i - 1] == 0 && s[opt][i] == 0) c00--;
		else if(s[opt][i - 1] == 0 && s[opt][i] == 1) c01--;
		else if(s[opt][i - 1] == 1 && s[opt][i] == 0) c10--;
		else if(s[opt][i - 1] == 1 && s[opt][i] == 1) c11--;
	} if(opt && !c00 && !c01 && !c10 && !c11) (ans += 1) %= mod;
	return ans;
}

int main() {
	pre();
	LL c00, c01, c10, c11;
	scanf("%s%s", ss[0] + 1, ss[1] + 1);
	len[0] = strlen(ss[0] + 1), len[1] = strlen(ss[1] + 1);
	for(int i = 1; i <= len[0]; i++) s[0][i] = ss[0][i] - '0';
	for(int i = 1; i <= len[1]; i++) s[1][i] = ss[1][i] - '0';
	c00 = read(), c01 = read(), c10 = read(), c11 = read();
	LL sum = c00 + c01 + c10 + c11 + 1;
	if(sum > len[1] || sum < len[0]) {printf("0\n"); return 0;}
	LL ans = 0;
	if(sum < len[1]) (ans += solve1(c00, c01, c10, c11)) %= mod;
	else (ans += calc(c00, c01, c10, c11, 1)) %= mod;
	if(sum == len[0]) (ans -= calc(c00, c01, c10, c11, 0)) %= mod;
	printf("%lld\n", (ans + mod) % mod);
	return 0;
}

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