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 a n a g r a m s anagrams anagrams。现在定义两个字符串 s , t s,t s,t 是 r e d u c i b l e a n a g r a m reducible anagram reducibleanagram 的,必须满足下面的条件:
-
将 s 、 t s、t s、t 两个字符串分别拆成 k ( k > = 2 ) k(k>=2) k(k>=2)个连续子串
-
s 1 , s 2 ⋯ s k s_{1},s_{2}⋯s_{k} s1,s2⋯sk 按顺序排列构成 s s s
-
t 1 , t 2 ⋯ t k t_{1},t_{2}⋯t_{k} t1,t2⋯tk 按顺序排列构成 t t t
-
∀ i ∈ [ 1 , k ] , ∀i∈[1,k], ∀i∈[1,k],都有 s i s_{i} si是 t i t_{i} ti的 a n a g r a m s anagrams 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 i r r e d u c i b l e a n a g r a m irreducible anagram irreducibleanagram(这些概念必须是以 s s s 是 t t t 的 a n a g r a m s anagrams anagrams 前提下进行的)
对于每个询问的字符串 s s s,是否存在一个字符串 t t t,使得 t t t 是 s s s 的 i r r e d u c i b l e a n a g r a m irreducible anagram irreducibleanagram.分析题目条件可以将问题转换为:在 t t t 和 s s 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 a n a g r a m s anagrams anagrams)
下面证明:
-
长度等于1,那么就无法找到一个 k ( k > = 2 ) k(k>=2) k(k>=2) ,所以它的 i r r e d u c i b l e a n a g r a m irreducible anagram irreducibleanagram就是它本身。
-
s 1 ≠ s n s_{1}≠s_{n} s1=sn 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 ] s[n] 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 ] k∈[1,n−1] k∈[1,n−1],都满足 s 1.. k s_{1..k} s1..k与 t 1.. k t_{1..k} t1..k 的字符集不同。
-
字符串包含至少三种不同的字符,并且 s 1 = s n s_{1}=s_{n} s1=sn。可以找到一个最大的j满足 s j ≠ s n s_{j}≠s_{n} sj=sn。可以把所以同 s j s_{j} sj 一样的字符放到最前面,然后紧挨着中间放置所有同 s n s_{n} sn 的字符,因为不同字符个数大于等于 3 3 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
s_{1}=s_{n}
s1=sn 和 不同字符个数等于
2
2
2 的情况为何找不到。
假设字符只有
a
a
a 和
b
b
b 两种,而且
s
1
=
s
n
=
a
s_{1}=s_{n}=a
s1=sn=a,那么我们构造出来的串必须满足任意前缀中
b
b
b 的个数,都大于
s
s
s 对应前缀中b的个数。那么考虑
s
s
s 中最后出现
b
b
b 的位置
x
x
x ,可以想到
s
1..
x
−
1
s_{1..x−1}
s1..x−1前缀比
t
1..
x
−
1
t_{1..x−1}
t1..x−1少一个b,而
s
x
=
b
s_{x}=b
sx=b 得出现使得
t
x
t_{x}
tx 必须再放置一个
b
b
b,这样才能满足任意前缀中
b
b
b 得个数都要比
s
s
s 多,但此时已经没有
b
b
b 可以放了(因为
s
1..
x
−
1
s_{1..x−1}
s1..x−1就已经多放了一个
b
b
b)所以在
x
x
x 这个位置,无法构造。
满足下面条件的字符串存在 i r r e d u c i b l e a n a g r a m irreducible anagram irreducibleanagram
- 长度等于1
- 首字符和尾字符不同
- 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;
}