12.22 - 12.28 周总结

这一周练习了关于字符串专题。

复习了可持久化 trie，并学习了 AC 自动机。

AC 自动机

可以记录多个串互相的前缀关系，并用一个文本串可以匹配多个模式串。

简单来说就是在 trie 树上找 fail，具体方法是通过不断跳其父亲的 fail 来判断有没有这个相同的儿子，找到了则 fail 指向那个相等的节点，否则指向根（没有匹配）。

然而在实际匹配时，可能需要从一个节点转移到它原本不存在的子节点。此时若每次都暴力跳 fail 效率较低，因此可以预处理好每个节点对于所有字符的转移，即构建 Trie 图：每个点都能走向任意字符，保证 走到位置的串 和 当前串 + 字符 有最长的公共后缀，预处理整个过程的复杂度都是线性的，即为 \(\mathcal O(m)\)，其中 \(m\) 为模式串总长。

代码

void add(string s) {
	int len = s.size(), u = 0;
	for(int i = 0; i < len; i++) {
		if(!son[u][s[i] - 'A']) son[u][s[i] - 'A'] = ++idx;
		u = son[u][s[i] - 'A'];
	}
	vis[u]++; // 模式串的结尾
}
void build_nfa() {
	queue<int> q;
	for(int i = 0; i < 26; i++) {
		if(son[0][i]) {
			fail[son[0][i]] = 0;
			q.push(son[0][i]);
		}
	}
	while(q.size()) {
		int u = q.front();
		q.pop();
		for(int i = 0; i < 26; i++) {
			if(son[u][i]) {
				fail[son[u][i]] = son[fail[u]][i]; // 儿子的 fail 就是自己 fail 的儿子
				vis[son[u][i]] += vis[fail[son[u][i]]]; // 继承 fail 链上的模式串结尾数量，使得匹配时走到该节点即可累加所有以该节点为后缀的模式串
				q.push(son[u][i]);
			} else {
				son[u][i] = son[fail[u]][i]; // 不存在这样的儿子就到 fail 去找
			}
		}
	}
}

可以用 AC 自动机解决一些有子串限制的计数（在 trie 图上 DP）。

电脑游戏

题目 和 题目。

这种 AC 自动机 DP 的题目一般状态都定义为 \(dp_{u,i}\)，\(u\) 表示走到了 \(u\) 号节点，\(i\) 表示考虑到文本串的第 \(i\) 位。

对于这道题，\(dp_{u,i}\) 就表示走到 \(u\) 且考虑了 \(i\) 位的最大得分。

\[dp_{v,i+1}=\max_{u\to v} (dp_{u,i}+val_v) \]

其中 \(val_v\) 表示 \(v\) 及其 fail 链中的点作为模式串末尾的总次数，也就是走这一步的得分。

DP 部分

dp[0][0] = 0;
for(int i = 0; i < k; i++) {
	for(int u = 0; u <= idx; u++) {
		if(dp[i][u] == -0x3f3f3f3f) continue;
		for(int j = 0; j < 3; j++) {
			int v = son[u][j];
			dp[i + 1][v] = max(dp[i + 1][v], dp[i][u] + vis[v]);
		}
	}
}

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这周的周练没有挂分，不过除了 T1 并没有过题。

T2 和 T3 都是有性质的，都没发现。

T2 和 T2：“变换 \(x \gets (x+P) \bmod Q\) 会形成若干个环（周期），所有环互不相交且恰好覆盖 \([0,Q-1]\) 中的每个数。

T3 和 T3：考虑逆序对数变化时可以关注一个数前面比它大的数的个数的变化。

T4：最大（二进制）与生成树。可以在 01-trie 上做类似异或生成树的方法，但将 0 子树 替换为 0 子树与 1 子树合并后的结果（对应按位与的性质），然后正常做即可。

不过有更巧妙的解法，按照 kruskal 的方法从大到小枚举边权，考虑哪些点之间会有这样的边权，发现如果将 \(x\mid 2^j\) 看做 \(x\) 的父亲，则凡是有父亲的点想连的边由它的父亲来连是不会更劣的，所以套用这个思路，连向它的父亲并计算权值和即可。