CF2070E Game with Binary String Solution

冷却心 · 2025-03-01 16:03:05 · 题解

upd 250304：修改了若干笔误。

锐评一下官解有没有素质啊，四颗线段树根据余数分讨诗人握持。

来一个并非小清新做法。

首先考虑什么样的字符串会 Alice 必胜。观察到 Alice 没什么策略可言，Bob 一定会取一个 0 和 1，因为当前序列必有一个 0，否则显然 Bob 获胜。这样会发现每一轮序列会减少三个 0 一个 1。记 c_0 表示 0 的个数，c_1 表示 1 的个数。轻微分讨一下：

• 当 c_0-3c_1\geq 2 时，显然做完若干轮之后会只剩下一堆 0，Alice 必胜。
• 当 c_0-3c_1=1 或 c_0-3c_1=0 时，会发现是做完若干轮之后剩下 \leq 1 个 0，这时候 Alice 无法操作，Bob 必胜。
• 当 c_0-3c_1=-1 时，这时是做完若干轮之后 Alice 又能操作一次，然后剩下恰好一个 1，Bob 无法继续，Alice 必胜。
• 当 c_0-3c_1=-2 时，此时做完若干轮之后会剩下一个 1 一个 0，Alice 动不了，Bob 必胜。
• 当 c_0-3c_1\leq-3 是，做完若干轮会剩下一车 1，Bob 必胜。

总结一下，当 c_0-3c_1\leq 2 或 c_0-3c_1=-1 的时候 Alice 必胜。很清新的结论。

感觉 c_0-3c_1 这个东西不太好维护啊，代换一下，设区间长度为 l，则 c_0-3c_1=c_0-3(l-c_0)=4c_0-3l，所以记 c_i 表示前缀 i 包含 0 的个数，b_i=4c_i-3i，然后维护一个 ds 用来求单点加区间查询，把 i 从 1 到 n 扫一遍，每次计算以 i 为右端点的区间的贡献，寻找合法的左端点 p，这里是左开右闭区间 (p,i]，只有满足 b_p\leq b_i-2 或 b_p=b_i+1 的 p 是合法的，然后把 b_i 加入这个数据结构。这里我赛时没多想直接上了动态开点线段树，因为懒得搞清楚 b_i 的值域了，事实上 bit 应该也可以。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10;
int n, cnt[N], A[N]; char S[N];

int lim = 5e8;
int tot, ls[N * 30], rt, rs[N * 30]; LL tr[N * 30];
void update(int &p, int l, int r, int x, LL k) {
    if (x > r || x < l) return ;
    if (!p) p = ++ tot;
    if (l == r) { tr[p] += k; return ; }
    int mid = (l + r) >> 1; update(ls[p], l, mid, x, k); update(rs[p], mid + 1, r, x, k);
    tr[p] = tr[ls[p]] + tr[rs[p]];
}
LL query(int p, int l, int r, int x, int y) {
    if (!p || x > r || y < l) return 0;
    if (x <= l && y >= r) return tr[p];
    int mid = (l + r) >> 1; return query(ls[p], l, mid, x, y) + query(rs[p], mid + 1, r, x, y);
} 

int main() {
    freopen(".in", "r", stdin); freopen(".out", "w", stdout);
    ios :: sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    cin >> n >> (S + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) 
        cnt[i] = cnt[i - 1] + (S[i] == '0'), A[i] = 4 * cnt[i] - 3 * i;
    update(rt, -lim, lim, A[0], 1);
    LL Ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        Ans += query(rt, -lim, lim, -lim, A[i] - 2) + query(rt, -lim, lim, A[i] + 1, A[i] + 1);
        update(rt, -lim, lim, A[i], 1);
    } cout << Ans;
    return 0;
}