CodeForces 1291 D Irreducible Anagrams

题意

题意很难懂，我读了好久才明白。

若两个字符串中每个字符的个数都是一样的，则称他们互为 $anagrams$。现在定义两个字符串 $s,t$ 是 $reducible anagram$ 的，必须满足下面的条件：

1. 将 $s、t$ 两个字符串分别拆成 $k(k>=2)$个连续子串

2. $s_{1},s_{2}⋯s_{k}$ 按顺序排列构成 $s$

3. $t_{1},t_{2}⋯t_{k}$ 按顺序排列构成 $t$

4. $∀i∈[1,k],$都有 $s_{i}$是 $t_{i}$的 $anagrams$

现在给了一个字符串，每次询问它的一个字串是否存在一个 $irreducible anagram$（这些概念必须是以 $s$ 是 $t$ 的 $anagrams$ 前提下进行的）

对于每个询问的字符串 $s$，是否存在一个字符串 $t$，使得 $t$ 是 $s$ 的 $irreducible anagram$.分析题目条件可以将问题转换为：在 $t$ 和 $s$ 的任意等长前缀中，它们的字符集的个数必须是不同的（也就是确保它们不是 $anagrams$)

下面证明：

1. 长度等于1，那么就无法找到一个 $k(k>=2)$ ，所以它的 $irreducible anagram$就是它本身。

2. $s_{1}≠s_{n}$ 即首字符和尾字符不同，我们可以尽量靠前的将所有同 $s[n]$ 一样的字符写在前面。然后剩下的字符随便放置即可。可以想到对于任意的 $k∈[1,n−1]$,都满足 $s_{1..k}$与 $t_{1..k}$ 的字符集不同。

3. 字符串包含至少三种不同的字符，并且 $s_{1}=s_{n}$。可以找到一个最大的j满足 $s_{j}≠s_{n}$。可以把所以同 $s_{j}$ 一样的字符放到最前面，然后紧挨着中间放置所有同 $s_{n}$ 的字符，因为不同字符个数大于等于 $3$，所以现在最后面肯定还有空位，将剩余的字符随意放置在最后面即可。可以想到构成的这样的一个串，一定满足任意前缀字符集不等。

再证明一下为何 $s_{1}=s_{n}$ 和 不同字符个数等于 $2$ 的情况为何找不到。
假设字符只有 $a$ 和 $b$ 两种，而且 $s_{1}=s_{n}=a$,那么我们构造出来的串必须满足任意前缀中 $b$ 的个数，都大于 $s$ 对应前缀中b的个数。那么考虑 $s$ 中最后出现 $b$ 的位置 $x$ ,可以想到 $s_{1..x−1}$前缀比 $t_{1..x−1}$少一个b，而 $s_{x}=b$ 得出现使得 $t_{x}$ 必须再放置一个 $b$,这样才能满足任意前缀中 $b$ 得个数都要比 $s$ 多，但此时已经没有 $b$ 可以放了（因为 $s_{1..x−1}$就已经多放了一个 $b$）所以在 $x$ 这个位置，无法构造。

满足下面条件的字符串存在 $irreducible anagram$

1. 长度等于1
2. 首字符和尾字符不同
3. 字符串包含至少三种不同的字符

AC代码：

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <iomanip>
#include <stack>
#include <queue>
using namespace std;
#define sd(n) scanf("%d", &n)
#define sdd(n, m) scanf("%d%d", &n, &m)
#define sddd(n, m, k) scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)
#define pd(n) printf("%d\n", n)
#define pc(n) printf("%c", n)
#define pdd(n, m) printf("%d %d", n, m)
#define pld(n) printf("%lld\n", n)
#define pldd(n, m) printf("%lld %lld\n", n, m)
#define sld(n) scanf("%lld", &n)
#define sldd(n, m) scanf("%lld%lld", &n, &m)
#define slddd(n, m, k) scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k)
#define sf(n) scanf("%lf", &n)
#define sc(n) scanf("%c", &n)
#define sff(n, m) scanf("%lf%lf", &n, &m)
#define sfff(n, m, k) scanf("%lf%lf%lf", &n, &m, &k)
#define ss(str) scanf("%s", str)
#define rep(i, a, n) for (int i = a; i <= n; i++)
#define per(i, a, n) for (int i = n; i >= a; i--)
#define mem(a, n) memset(a, n, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define fi first
#define se second
#define mod(x) ((x) % MOD)
#define gcd(a, b) __gcd(a, b)
#define lowbit(x) (x & -x)
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
inline int read()
{
    int ret = 0, sgn = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            sgn = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        ret = ret * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return ret * sgn;
}
inline void Out(int a) //Êä³öÍâ¹Ò
{
    if (a > 9)
        Out(a / 10);
    putchar(a % 10 + '0');
}

ll gcd(ll a, ll b)
{
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

ll lcm(ll a, ll b)
{
    return a * b / gcd(a, b);
}
///快速幂m^k%mod
ll qpow(ll a, ll b, ll mod)
{
    if (a >= mod)
        a = a % mod + mod;
    ll ans = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
        {
            ans = ans * a;
            if (ans >= mod)
                ans = ans % mod + mod;
        }
        a *= a;
        if (a >= mod)
            a = a % mod + mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

// 快速幂求逆元
int Fermat(int a, int p) //费马求a关于b的逆元
{
    return qpow(a, p - 2, p);
}

///扩展欧几里得
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if (b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    int g = exgcd(b, a % b, x, y);
    int t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;
    return g;
}

///使用ecgcd求a的逆元x
int mod_reverse(int a, int p)
{
    int d, x, y;
    d = exgcd(a, p, x, y);
    if (d == 1)
        return (x % p + p) % p;
    else
        return -1;
}

///中国剩余定理模板0
ll china(int a[], int b[], int n) //a[]为除数，b[]为余数
{
    int M = 1, y, x = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) //算出它们累乘的结果
        M *= a[i];
    for (int i = 0; i < n; ++i)
    {
        int w = M / a[i];
        int tx = 0;
        int t = exgcd(w, a[i], tx, y); //计算逆元
        x = (x + w * (b[i] / t) * x) % M;
    }
    return (x + M) % M;
}

int n, q, cnt[200010][26];
string s;

bool judge(int l, int r)
{
    int ind = 0;
    for (int i = 0; i < 26; ++i)
        if (cnt[r][i] > cnt[l - 1][i])
            ++ind;
    if (ind > 2 || ind == 2 && s[l] != s[r] || l == r)
        return 1;
    return 0;
}

int main()
{
    cin >> s;
    n = s.size();
    rep(i, 0, n - 1)
    {
        rep(j, 0, 25)
            cnt[i][j] = cnt[i - 1][j];
        cnt[i][s[i] - 'a']++;
    }
    sd(q);
    while (q--)
    {
        int l, r;
        sdd(l, r);
        if (judge(l - 1, r - 1))
            puts("Yes");
        else
            puts("No");
    }
    return 0;
}