BZOJ 1014: [JSOI2008]火星人prefix [splay 二分+hash] 【未完】

1014: [JSOI2008]火星人prefix

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Description

  火星人最近研究了一种操作:求一个字串两个后缀的公共前缀。比方说,有这样一个字符串:madamimadam,
我们将这个字符串的各个字符予以标号:序号: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 字符 m a d a m i m a d a m 现在,
火星人定义了一个函数LCQ(x, y),表示:该字符串中第x个字符开始的字串,与该字符串中第y个字符开始的字串
,两个字串的公共前缀的长度。比方说,LCQ(1, 7) = 5, LCQ(2, 10) = 1, LCQ(4, 7) = 0 在研究LCQ函数的过程
中,火星人发现了这样的一个关联:如果把该字符串的所有后缀排好序,就可以很快地求出LCQ函数的值;同样,
如果求出了LCQ函数的值,也可以很快地将该字符串的后缀排好序。 尽管火星人聪明地找到了求取LCQ函数的快速
算法,但不甘心认输的地球人又给火星人出了个难题:在求取LCQ函数的同时,还可以改变字符串本身。具体地说
,可以更改字符串中某一个字符的值,也可以在字符串中的某一个位置插入一个字符。地球人想考验一下,在如此
复杂的问题中,火星人是否还能够做到很快地求取LCQ函数的值。

Input

  第一行给出初始的字符串。第二行是一个非负整数M,表示操作的个数。接下来的M行,每行描述一个操作。操
作有3种,如下所示
1、询问。语法:Qxy,x,y均为正整数。功能:计算LCQ(x,y)限制:1<=x,y<=当前字符串长度。
2、修改。语法:Rxd,x是正整数,d是字符。功能:将字符串中第x个数修改为字符d。限制:x不超过当前字
符串长度。
3、插入:语法:Ixd,x是非负整数,d是字符。功能:在字符串第x个字符之后插入字符d,如果x=0,则在字
符串开头插入。限制:x不超过当前字符串长度

Output

  对于输入文件中每一个询问操作,你都应该输出对应的答案。一个答案一行。

Sample Input

madamimadam
7
Q 1 7
Q 4 8
Q 10 11
R 3 a
Q 1 7
I 10 a
Q 2 11

Sample Output

5
1
0
2
1

HINT

 

1、所有字符串自始至终都只有小写字母构成。

2、M<=150,000

3、字符串长度L自始至终都满足L<=100,000

4、询问操作的个数不超过10,000个。

对于第1,2个数据,字符串长度自始至终都不超过1,000

对于第3,4,5个数据,没有插入操作。


 

用splay维护这个序列

用二分+hash的方法求LCQ

 

还有问题,一直RE,以后再写一遍吧,求数据

先说几个已经debug过的问题:

1.二分的r的取值

2.size问题,要手动=1

3.hash会溢出int

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lc t[x].ch[0]
#define rc t[x].ch[1]
#define pa t[x].fa
const int N=1e5+5,INF=1e9,MOD=9875321;
typedef long long ll;
int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0'; c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,x,y;char s[N],op[2],c[2];
ll po[N];
void init(){
    po[0]=1;
    for(int i=1;i<=100000;i++) po[i]=po[i-1]*27%MOD;
}
struct node{
    int ch[2],fa,v,size;
    ll hash;
}t[N];
int root,cnt;
inline int wh(int x){return t[pa].ch[1]==x;}
inline void update(int x){
    t[x].size=t[lc].size+t[rc].size+1;
    t[x].hash=((ll)t[lc].hash*po[t[rc].size+1]%MOD+(ll)t[x].v*po[t[rc].size]%MOD+t[rc].hash)%MOD;
}
inline void rotate(int x){
    int f=t[x].fa,g=t[f].fa,c=wh(x);
    if(g) t[g].ch[wh(f)]=x;t[x].fa=g;
    t[f].ch[c]=t[x].ch[c^1];t[t[f].ch[c]].fa=f;
    t[x].ch[c^1]=f;t[f].fa=x;
    update(f);update(x);
}
void splay(int x,int tar){
    for(;t[x].fa!=tar;rotate(x))
        if(t[pa].fa!=tar) rotate(wh(x)==wh(pa)?pa:x);
    if(tar==0) root=x;
}
int build(int l,int r){
    if(l>r) return 0;
    int x=(l+r)>>1;
    t[x].v=s[x-1]-'a';t[x].size=1;
    lc=build(l,x-1);rc=build(x+1,r);
    if(lc) t[lc].fa=x;
    if(rc) t[rc].fa=x;
    update(x);
    return x;
}
int kth(int k){
    int x=root,ls=0;
    while(x){
        int _=ls+t[lc].size;
        if(k==_+1) break;
        if(k<=_) x=lc;
        else ls=_+1,x=rc;
    }
    return x;
}
void change(int k,char c){
    int x=kth(k+1);splay(x,root);
    t[x].v=c-'a';
    update(root);
}
void insert(int k,char c){
    int y=kth(k+1),x=kth(k+2);
    splay(y,0);splay(x,root);
    lc=++cnt;
    t[lc].v=c-'a';t[lc].size=1;t[lc].fa=x;
    update(lc);update(x);update(y);
}
int hash(int k,int l){
    int y=kth(k),x=kth(k+l+1);
    splay(y,0);splay(x,root);
    return t[lc].hash;
}
int query(int x,int y){
    int l=1,r=min(t[root].size-x,t[root].size-y)-1,ans=0;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if(hash(x,mid)==hash(y,mid)) l=mid+1,ans=mid;
        else r=mid-1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    //freopen("t.in","r",stdin);
    //freopen("t.out","w",stdout);
    scanf("%s%d",s+1,&m);
    n=strlen(s+1);
    init();
    t[0].size=t[0].hash=0;
    root=build(1,n+2);cnt=n+2;
    while(m--){
        scanf("%s",op);x=read();
        if(op[0]=='Q') y=read(),printf("%d\n",query(x,y));
        else if(op[0]=='R') scanf("%s",c),change(x,c[0]);
        else scanf("%s",c),insert(x,c[0]);
    }
}

 

 

 

 

 

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posted @ 2016-12-11 20:35  Candy?  阅读(276)  评论(0编辑  收藏  举报