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牛客竞赛记录——小紫的优势博弈（Python3题解）

news 来源：原创 2025/5/17 22:43:12

题目来源

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/103948/D
来源：牛客网

题目描述

定义一个字符串是“双生串”，当且仅当字符串中每一种字符出现的次数都是偶数次。

现在，小紫拿到了一个长度为 $n$ （ $1\leq n\leq10^6$ ），仅由字符‘0’和‘1’组成的字符串 $s$ ，她准备和小红玩一个游戏：

小红先手操作，删除该串的一个非空前缀；
小紫紧接着操作，删除该串的一个后缀（可以是空串）。

如果最终可以生成一个非空双生串，那么小紫将获得最终的胜利。

小紫发现这个游戏自己非常劣势，因为小红可以删除到只剩下一个字符导致自己必输，于是她强制让小红随机删除一个前缀（即删除 $1$ 到 $n$ 个字符）。请你计算小紫最终获胜的概率。

输入描述

第一行输入一个正整数 $n$ （ $1\leq n\leq10^6$ ）代表字符串的长度。
第二行输入一个长度为 $n$ ，由字符‘0’和‘1’组成的字符串 $s$ ，代表初始字符串。

输出描述

在一行上输出一个实数，代表最终小紫获胜的概率。

由于实数的计算存在误差，当误差的量级不超过 $10^{-6}$ 时，您的答案都将被接受。具体来说，设您的答案为 $a$ ，标准答案为 $b$ ，当且仅当 $\frac{|a - b|}{\max(1,|b|)}\leq10^{-6}$ 时，您的答案将被接受。

示例1

输入

5
10010

输出

0.2

说明

在这个样例中，小红一共有五种删除前缀的方式：

删除前一个字符，得到 “0010”；此时，小紫只需要删除最后的两个字符，得到 “00”，此时字符串是双生串，小紫可以获胜；
删除前两个字符，得到 “010”；
删除前三个字符，得到 “10”；
删除前四个字符，得到 “0”；
删除前五个字符，得到 “”；

其中，对于后四种情况，小紫无论怎么删除后缀，都无法得到双生串，所以，小紫获胜的概率为 $\frac{1}{5}=0.2$ 。

题解

我这里准备提供两个题解，一个比较正规的，一个比较神秘的。（笑~~）
答案不是原创的，但是原创不好找，通过的代码里好多是一样的。

题解一：

来自：不玩原神也能学算法吗QAQ

def main():
    import sys
    input_data = sys.stdin.read().split()
    if not input_data: 
        return
    n = int(input_data[0])
    s = input_data[1].strip()
    
    # 状态用整数 0~3 表示，编码方式：state = p0*2 + p1，其中 p0, p1 分别表示'0'和'1'出现次数的奇偶性
    P = [0]*(n+1)
    # 初始状态为 0 (对应 (0,0))
    # 变量 p0, p1 表示当前奇偶性
    p0, p1 = 0, 0
    for i in range(n):
        if s[i] == '0':
            p0 ^= 1  # 异或1即取反
        else:  # s[i]=='1'
            p1 ^= 1
        P[i+1] = p0*2 + p1
    
    # 记录每个状态最后出现的位置
    last_occ = [-1]*4
    for i in range(n+1):
        last_occ[P[i]] = i

    # 对于每个可能的小红操作（删除前缀长度 i，i=1..n-1，因为i=n时剩空串），判断是否存在 j>i 使得 P[j]==P[i]
    win_count = 0
    for i in range(1, n):
        if last_occ[P[i]] > i:
            win_count += 1

    # 小红有 n 种选择（包括删除整个串的情况），但删除后空串无法构成胜利，所以分母为 n
    prob = win_count / n
    # 输出概率，满足误差要求
    print(prob)

if __name__ == '__main__':
    main()

这个解法比较正规，他在第一次遍历输入数组的时候，巧妙的用4个二进制数，（就是他的编码）来记录0和1的奇偶性。

之后遍历小红随机删除的所有可能，只要当前这个位置状态不在最后位置，就是可以得到双生子串的。
这里可能有人不明白，那么简单解释一下：奇数状态的两倍 = 偶，偶数状态的两倍 = 偶。既然当前状态不在最后位置，那我把这个状态最后位置以后的删除了，不就得到两倍的当前状态吗？

什么，你问最后4个状态里有偶数怎么办？
那可以再加个判断呗。可惜的是这种题数据都比较多，你最后剩下那两种偶数状态，算误差里面去了。

时间复杂度：
- 第一个循环用于计算状态编码，遍历字符串一次，时间复杂度为 $O (n)$ 。
- 第二个循环用于记录每个状态的最后出现位置，同样遍历一次，时间复杂度为 $O (n)$ 。
- 第三个循环用于计算小紫获胜的情况数，遍历一次，时间复杂度为 $O (n)$ 。
- 总体时间复杂度为 $O (n)$ ，因为代码中没有嵌套循环，主要操作都是线性的。
空间复杂度：
- P 列表长度为 n + 1，last_occ 列表长度为 4，其余变量为常数级空间。
- 因此，空间复杂度为 $O (n)$ ，主要由 P 列表占用的空间决定。

解法二：神秘代码

n = int(input())
s = input()
k = 0
for i in range(n):
    a, b = 0, 0
    for j in range(i + 1, n):
        if s[j] == "0":
            a += 1
        else:
            b += 1
        if (a % 2 == 0 and b % 2 == 0):
            k += 1
            break
ans = k / n
print(ans)

这个解法就比较简单直白了。

输入读取：
- n = int(input())：从用户输入中读取一个整数 n，该整数代表字符串的长度。
- s = input()：读取一个长度为 n 的字符串 s，该字符串仅由字符 '0' 和 '1' 组成。
初始化计数器：
- k = 0：初始化一个计数器 k，用于记录满足特定条件的子串的数量。
嵌套循环遍历字符串：
- 外层循环 for i in range(n)：遍历字符串 s 的每个位置 i，作为子串的起始位置。
- 对于每个起始位置 i，内层循环 for j in range(i + 1, n) 从 i + 1 开始遍历到字符串末尾，构建以 i 为起始位置的子串。
- 在内层循环中，使用 a 和 b 分别记录子串中字符 '0' 和 '1' 的出现次数。
- 每次内层循环更新 a 和 b 后，检查 a 和 b 是否都为偶数。如果是，则将计数器 k 加 1，并使用 break 语句跳出内层循环，不再继续检查以当前起始位置 i 开始的更长子串。
计算概率并输出结果：
- ans = k / n：将满足条件的子串数量 k 除以字符串的长度 n，得到概率。
- print(ans)：输出计算得到的概率。

复杂度分析

时间复杂度
- 外层循环遍历字符串的每个位置，循环次数为 n。
- 对于每个外层循环的位置 i，内层循环从 i + 1 开始遍历到字符串末尾，内层循环的平均次数约为 n/2。
- 因此，总的时间复杂度为 $O(n^2)$ ，因为嵌套循环的总执行次数近似为 $\sum_{i = 0}^{n - 1} (n - i - 1) \approx \frac{n(n - 1)}{2}$ 。
空间复杂度
- 代码中只使用了常数级的额外变量，如 n、s、k、a 和 b，不随输入字符串长度的增加而增加。
- 因此，空间复杂度为 $O (1)$ ，表示只使用了常数级的额外空间。