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• 1884. COW
• • 题目
  • • • 输入格式
      • 输出格式
      • 数据范围
      • 输入样例：
      • 输出样例：
  • 代码与解释
  • • 解法1
    • 解法2
    • 解法3

1884. COW

题目

https://www.acwing.com/problem/content/1886/

奶牛贝茜在她最喜欢的牧场中发现了一块石碑，上面刻有神秘的碑文。

碑文的文字似乎来自一种神秘的古代语言，可看作一个只包含 C,O,WC,O,W 三种字符的字符串。

尽管贝茜无法解密该文字，但是她很欣赏 C,O,WC,O,W 按顺序构成她最喜欢的单词 COWCOW。

她想知道 COWCOW 在碑文中一共出现了多少次。

她不介意 C,O,WC,O,W 之间是否存在其他字符，只要这三个字符按正确的顺序出现即可。

她也不介意多个不同的 COWCOW 是否共享了一些字符。

例如，COWCOW 在 CWOWCWOW 中只出现一次，在 CCOWCCOW 中出现两次，在 CCOOWWCCOOWW 中出现八次。

给定碑文中的文字，请帮助贝茜计算 COWCOW 出现的次数。

输入格式

第一行包含 NN。

第二行包含一个长度为 NN 的字符串，其中只包含字符 C,O,WC,O,W。

输出格式

输出给定字符串中 COWCOW 作为子序列（不一定连续）的出现次数。

数据范围

1≤N≤1051≤N≤105

输入样例：

6
COOWWW

输出样例：

6

代码与解释

解法1

看到acwing上面的神仙题解

输入字符串
从前往后遍历
如果遍历到‘O’，它只会与前面的‘C’组成”CO“，所以不需要管后面的‘C’的数量
同理如果遍历到‘W’，它只会与前面的‘CO’组成”COW“，所以不需要管后面的‘CO’的数量
记录当前‘C’，“CO”，“COW”的个数

#include <bits/stdc++.h>
#define pb          push_back
#define ppb         pop_back
#define lbnd        lower_bound
#define ubnd        upper_bound
#define endl        '\n'
#define all(a)      (a).begin(),(a).end()
#define what_is(x)  cerr << #x << " is " << x << endl;
#define ini(a)      memset(a,0,sizeof(a))
#define case        ll T;read(T);for(ll Q=1;Q<=T;Q++)
#define lowbit(x)   x&(-x)
#define pr          printf
#define sc          scanf
#define TIE \
    cin.tie(0);cout.tie(0);\
    ios::sync_with_stdio(false);

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double PI    = acos(-1.0);
const int    INF   = 0x3f3f3f3f;
const ll     LLINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int    maxn  = 5e5+10;
const ll     N     = 5;

void solve(){
	ll n, c = 0, w = 0, o = 0;
	string s;
	cin>>n>>s;
	for (ll i=0; i<n; i++) {
		if (s[i] == 'C') c++;
		else if (s[i] == 'O') o += c;
		else w += o;
	}
	cout<<w<<endl;
	
}	

int main()
{
//	TIE;
	
	solve();
//    case{solve();}
//    case{cout<<"Case "<<Q<<":"<<endl;solve();}
}

解法2

其实是我看解法1看到一半的时候想出来的,但是比解法1多了一次循环,时间复杂度也是O(n)

我在网上还看到了用前缀和来做的,其实原理也是一样

dp的解法原理也是类似https://www.acwing.com/solution/content/86159/

#include <bits/stdc++.h>
#define pb          push_back
#define ppb         pop_back
#define lbnd        lower_bound
#define ubnd        upper_bound
#define endl        '\n'
#define all(a)      (a).begin(),(a).end()
#define what_is(x)  cerr << #x << " is " << x << endl;
#define ini(a)      memset(a,0,sizeof(a))
#define case        ll T;read(T);for(ll Q=1;Q<=T;Q++)
#define lowbit(x)   x&(-x)
#define pr          printf
#define sc          scanf
#define TIE \
    cin.tie(0);cout.tie(0);\
    ios::sync_with_stdio(false);

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double PI    = acos(-1.0);
const int    INF   = 0x3f3f3f3f;
const ll     LLINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int    maxn  = 5e5+10;
const ll     N     = 5;

void solve(){
	ll n, c = 0, o = 0, w = 0, ans = 0, allw = 0;
	string s;
	cin>>n>>s;
	for (ll i=0; i<n; i++) if (s[i] == 'W') allw++;
	for (ll i=0; i<n; i++) {
		if (s[i] == 'C') c++;
		else if (s[i] == 'O') ans += c*(allw - w);
		else if (s[i] == 'W') w++;
	}
	cout<<ans<<endl;
	
}	

int main()
{
//	TIE;
	
	solve();
//    case{solve();}
//    case{cout<<"Case "<<Q<<":"<<endl;solve();}
}

解法3

原题解链接:https://www.acwing.com/solution/content/85860/

简单说就是遍历的时候,每一次扫描到字符是W,那么能和这个W组合的就是CO的数量,再加上前面的COW的数量即可

我觉得这个解法也很有意思

#include <bits/stdc++.h>
#define pb          push_back
#define ppb         pop_back
#define lbnd        lower_bound
#define ubnd        upper_bound
#define endl        '\n'
#define all(a)      (a).begin(),(a).end()
#define what_is(x)  cerr << #x << " is " << x << endl;
#define ini(a)      memset(a,0,sizeof(a))
#define case        ll T;read(T);for(ll Q=1;Q<=T;Q++)
#define lowbit(x)   x&(-x)
#define pr          printf
#define sc          scanf
#define TIE \
    cin.tie(0);cout.tie(0);\
    ios::sync_with_stdio(false);

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double PI    = acos(-1.0);
const int    INF   = 0x3f3f3f3f;
const ll     LLINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int    maxn  = 5e5+10;
const ll     N     = 5;

ll p_c[maxn], p_co[maxn], p_cow[maxn];
char s[maxn];

void solve(){
	ll n, c = 0, o = 0, w = 0, ans = 0, allw = 0;
	cin>>n;
	sc("%s",s+1);
	for (int i=1; i<=n; i++) {
		if (s[i] == 'C') p_c[i] = p_c[i-1]+1;
		else p_c[i] = p_c[i-1];
		if (s[i] == 'O') {
			p_co[i] = p_c[i] + p_co[i-1];
		} else {
			p_co[i] = p_co[i-1];
		}
		if (s[i] == 'W') {
			p_cow[i] = p_co[i];
			p_cow[i] += p_cow[i-1];
		} else {
			p_cow[i] += p_cow[i-1];
		}
	}
	cout<<p_cow[n]<<endl;
}	

int main()
{
//	TIE;
	
	solve();
//    case{solve();}
//    case{cout<<"Case "<<Q<<":"<<endl;solve();}
}