HDU 5769 Substring(后缀数组)

题意

求字符串 \(S\) 本质不同且一定包含字符 \(X\) 的子串个数。

\(1 \leq |S| \leq 10^5\)

思路

求一个长度为 \(n\) 的串 \(S\) 本质不同的子串个数可以使用公式 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n} n-sa[i]+1-H[i]\) ,其中 \(H[0]=1\)

这个公式是比较好证的。后缀的前缀就是子串,我们分析每个后缀有多少个对答案有贡献的前缀,\(n-sa[i]+1\) 表示所有前缀的个数, \(H[i]\)\(\text{lcp}(sa[i],sa[i-1])\) ,表示前面出现过重复的前缀个数,减掉即可。

那有了一个出现 \(X\) 的限制后,这样分析仍然可行。限制增加了出现 \(X\),那预处理出每个位置往后的第一个 \(X\)(本身也可以)的位置 \(nxt\) ,然后把要减去的值改成 \(\max(H[i],nxt[sa[i]]-sa[i])\) 即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)
template<typename T,typename _T>inline bool chk_min(T &x,const _T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<typename T,typename _T>inline bool chk_max(T &x,const _T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int sa[N],rk[N],H[N],tmp[3][N];
char s[N],str[N];
int nxt[N];
char X;
int n;

void get_SA(char *str,int n,int m)
{
    int *x=tmp[0],*y=tmp[1],*c=tmp[2];
    x[n+1]=y[n+1]=0;
    FOR(i,1,m)c[i]=0;
    FOR(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
    FOR(i,2,m)c[i]+=c[i-1];
    DOR(i,n,1)sa[c[x[i]]--]=i;
    for(int k=1;k<=n;k<<=1)
    {
        int p=0;
        FOR(i,n-k+1,n)y[++p]=i;
        FOR(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++p]=sa[i]-k;
        FOR(i,1,m)c[i]=0;
        FOR(i,1,n)c[x[y[i]]]++;
        FOR(i,2,m)c[i]+=c[i-1];
        DOR(i,n,1)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i];
        std::swap(x,y);
        p=x[sa[1]]=1;
        FOR(i,2,n)x[sa[i]]=y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k]?p:++p;
        if(n==p)break;
        m=p;
    }
    FOR(i,1,n)rk[sa[i]]=i;
    int k=0;
    H[1]=0;
    FOR(i,1,n)
    {
        if(k)k--;
        if(rk[i]==1)continue;
        int j=sa[rk[i]-1];
        while(i+k<=n&&j+k<=n&&s[i+k]==s[j+k])k++;
        H[rk[i]]=k;
    }
}

ll query()
{
    ll ans=0;
    FOR(i,1,n)ans+=n-sa[i]+1-std::max(H[i],nxt[sa[i]]-sa[i]);
    return ans;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    FOR(Ti,1,T)
    {
        scanf(" %c%s",&X,s+1);
        n=strlen(s+1);
        get_SA(s,n,256);
        FOR(i,1,n)
        {
            if(s[i]==X)nxt[i]=i;
            else nxt[i]=n+1;
        }
        DOR(i,n-1,1)chk_min(nxt[i],nxt[i+1]);
        printf("Case #%d: %lld\n",Ti,query());
    }
    return 0;
}
posted @ 2019-03-22 22:21 Paulliant 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏
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