【LOJ #6198】谢特
Description
Link：LOJ 6198
给出一个长度为 \(n\) 仅包含小写字符的字符串 \(s\)。
定义后缀 \(i\) 的权值为 \(w_i\)，定义两个不同后缀 \(i, j(i \neq j)\) 的贡献为 \(\mathrm{LCP}(i, j) + (w_i \operatorname{xor} w_j)\)。其中 \(\mathrm{LCP}(i, j)\) 表示后缀 \(i\) 和后缀 \(j\) 的最长公共前缀长度。
你需要求出任意两个不同后缀 \(i, j(i \neq j)\) 的贡献最大值。
数据范围：\(1 \leq n \leq 10^5\)，\(0 \leq w_i < n\)。
时空限制：\(1\)s / \(512\)MiB。
Solution
对于 \(\mathrm{LCP}\) 问题，有一个观点：
- 若使用 SA，就是将字符串问题转化成了序列问题（height 数组）。
- 若使用 SAM，就是将字符串问题转化成了树上问题（parent 树）。
本题的结构相当广泛。许多题目都是类似的：使用 "height 数组" 或 "parent 树" 确定一个 \(\mathrm{LCP}\) 大小，然后启发式合并处理二元关系。
SA 需要用 ST 表或笛卡尔树处理 height 数组，注意这里的笛卡尔树只需要处理 \(2 \sim n\)，计算答案的时候左端点需要减一；而 SAM 有个好处就是不用写 ST 表或笛卡尔树。
算法一：SA + 可持久化 0/1 trie
对字符串 \(s\) 做一遍 SA，将 height 数组求出。
定义排名为 \(i\) 的后缀权值为 \(w'_i\) = \(w_{\mathrm{SA}_i}\)，故排名为 \(i, j(i \neq j)\) 的后缀的贡献为
考虑最值分治。定义分治函数 \(\mathrm{solve}(l, r)\) 表示计算 \(l \leq i < j \leq r\) 情况下的答案。
取分治重心 \(p\) 为区间 \((l, r]\) 中 \(\mathrm{height}\) 值最小的位置（使用 ST 表或笛卡尔树求出）。先考虑计算 \(l \leq i < p \leq j \leq r\) 情况下的答案，随后调用 \(\mathrm{solve}(l, p - 1), \mathrm{solve}(p, r)\) 即可。
此时 \(\min\limits_{i < k \leq j} \{ \mathrm{height}_k \} = \mathrm{height}_p\)，故只需考虑 \(w'_i \operatorname{xor} w'_j\) 的最大值。对于分治重心分出来的两个区间 \([l, p - 1], [p, r]\)，我们选择长度较小的一段区间，穷举该区间里的每一个点，使用可持久化 0/1 trie 求出该点与另一段区间的异或最大值。
倒过来看这个过程，每次枚举一个区间，总区间长度就至少乘二，这本质上是一个启发式合并（故称作启发式分裂）。
时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) std::cout << #a << "=" << (a) << ' '
using s64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
/* 取 min */
template <class T>
inline void chmin(T &x, const T &y) {
if (x > y) {
x = y;
}
}
/* 取 max */
template <class T>
inline void chmax(T &x, const T &y) {
if (x < y) {
x = y;
}
}
/* ----- ----- ----- 正文 ----- ----- ----- */
const int N = 100100;
int n;
std::string str;
int w[N];
int root[N];
namespace trie {
int NodeCount;
struct node {
int trans[2];
int cnt;
} t[N * 32];
void init() {
NodeCount = 0;
}
void insert(int &p, int q, int d, int x) {
p = ++ NodeCount, t[p] = t[q], t[p].cnt ++;
if (d < 0) return;
int v = x >> d & 1;
insert(t[p].trans[v], t[q].trans[v], d - 1, x);
}
int ask(int p, int q, int d, int x) {
if (d < 0) return 0;
int v = x >> d & 1;
if (t[t[q].trans[v ^ 1]].cnt - t[t[p].trans[v ^ 1]].cnt) {
return ask(t[p].trans[v ^ 1], t[q].trans[v ^ 1], d - 1, x) + (1 << d);
} else {
return ask(t[p].trans[v], t[q].trans[v], d - 1, x);
}
}
int ask(int l, int r, int x) {
return ask(root[l - 1], root[r], 16, x);
}
}
int ans;
namespace SA {
int m;
int sa[N], rk[N], height[N];
int cnt[N], id[N], px[N];
int tmprk[N * 2];
int same(int x, int y, int k) {
return tmprk[x] == tmprk[y] && tmprk[x + k] == tmprk[y + k];
}
void build() {
if (n == 1) { sa[1] = rk[1] = 1, height[1] = 0; return; }
for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i ++) tmprk[i] = -1;
m = 256;
for (int i = 1; i <= n; i ++) rk[i] = str[i];
for (int i = 1; i <= m; i ++) cnt[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) cnt[rk[i]] ++;
for (int i = 1; i <= m; i ++) cnt[i] += cnt[i - 1];
for (int i = n; i >= 1; i --) sa[cnt[rk[i]] --] = i;
for (int k = 1, p = 0; k < n; k <<= 1, m = p) {
p = 0;
for (int i = n - k + 1; i <= n; i ++) id[++ p] = i;
for (int i = 1; i <= n; i ++)
if (sa[i] > k) id[++ p] = sa[i] - k;
for (int i = 1; i <= m; i ++) cnt[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) cnt[px[i] = rk[id[i]]] ++;
for (int i = 1; i <= m; i ++) cnt[i] += cnt[i - 1];
for (int i = n; i >= 1; i --) sa[cnt[px[i]] --] = id[i];
for (int i = 1; i <= n; i ++) tmprk[i] = rk[i];
p = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) rk[sa[i]] = same(sa[i - 1], sa[i], k) ? p : ++ p;
if (p == n) break;
}
for (int i = 1, h = 0; i <= n; i ++) {
if (h) h --;
while (str[i + h] == str[sa[rk[i] - 1] + h]) h ++;
height[rk[i]] = h;
}
}
int rt;
struct node {
int lc, rc;
int L, R;
} t[N];
int top, stk[N];
void build_tree() {
top = 0;
for (int i = 2; i <= n; i ++) {
t[i].lc = t[i].rc = 0, t[i].L = t[i].R = i;
}
for (int i = 2; i <= n; i ++) {
int k = top;
while (k && height[stk[k]] > height[i]) k --;
if (k) t[stk[k]].rc = i;
if (k < top) t[i].lc = stk[k + 1];
stk[top = k + 1] = i;
}
rt = stk[1];
}
void solve(int p) {
if (t[p].lc) solve(t[p].lc), chmin(t[p].L, t[t[p].lc].L);
if (t[p].rc) solve(t[p].rc), chmax(t[p].R, t[t[p].rc].R);
int l = t[p].L - 1, r = t[p].R;
if (p - l < r - p + 1) {
for (int i = l; i < p; i ++) {
chmax(ans, height[p] + trie::ask(p, r, w[sa[i]]));
}
} else {
for (int i = p; i <= r; i ++) {
chmax(ans, height[p] + trie::ask(l, p - 1, w[sa[i]]));
}
}
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0);
std::cin.tie(0);
std::cin >> n;
std::cin >> str, str = " " + str;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
std::cin >> w[i];
}
SA::build();
trie::init();
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
trie::insert(root[i], root[i - 1], 16, w[SA::sa[i]]);
}
SA::build_tree();
ans = 0;
SA::solve(SA::rt);
std::cout << ans << '\n';
return 0;
}
/**
* 心中无女人
* 比赛自然神
* 模板第一页
* 忘掉心上人
**/
算法二：SAM + 0/1 trie 合并
对字符串 \(s\) 的反串建出 SAM，并求出 parent 树。
设后缀 \(i\) 在反串建出的 SAM 上的代表节点为 \(e_i\)，则 \(\mathrm{LCP}(i, j)\) 等于 parent 树上 \(\mathrm{LCA}(e_i, e_j)\) 的 maxl。
考虑遍历 parent 树。设当前节点为 \(u\)，我们要计算两个后缀 \(i, j\) 代表节点的 \(\mathrm{LCA}\) 等于 \(u\) 时的贡献。
依次遍历 \(u\) 的所有儿子 \(v\)，考虑计算后缀 \(i\) 来自子树 \(u\)，后缀 \(j\) 来自子树 \(v\) 情况下的贡献。此时 \(\mathrm{LCP}(i, j) = \mathrm{maxl}_u\)，故只需要考虑 \(w_i \operatorname{xor} w_j\) 的最大值。我们选择较小的一棵子树，穷举该子树内的每一个终止节点，使用 0/1 trie 求出该点与另一棵子树内终止节点的异或最大值（过程需要用 0/1 trie 合并维护）。
这仍然是一个启发式合并。
时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(a) std::cout << #a << "=" << (a) << ' '
using s64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
/* 取 min */
template <class T>
inline void chmin(T &x, const T &y) {
if (x > y) {
x = y;
}
}
/* 取 max */
template <class T>
inline void chmax(T &x, const T &y) {
if (x < y) {
x = y;
}
}
/* ----- ----- ----- 正文 ----- ----- ----- */
const int N = 100100;
const int SIZE = N * 2;
int n;
std::string str;
int w[N];
int root[SIZE];
std::vector<int> g[SIZE];
namespace trie {
int NodeCount;
struct node {
int trans[2];
} t[SIZE * 32];
int create() {
int p = ++ NodeCount;
t[p].trans[0] = t[p].trans[1] = 0;
return p;
}
void init() {
NodeCount = 0;
for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) {
root[i] = 0;
g[i].clear();
}
}
void insert(int &p, int d, int x) {
p = create();
if (d < 0) return;
int v = x >> d & 1;
insert(t[p].trans[v], d - 1, x);
}
int merge(int p, int q) {
if (!p || !q) return p ^ q;
t[p].trans[0] = merge(t[p].trans[0], t[q].trans[0]);
t[p].trans[1] = merge(t[p].trans[1], t[q].trans[1]);
return p;
}
int ask(int p, int d, int x) {
if (d < 0) return 0;
int v = x >> d & 1;
if (t[p].trans[v ^ 1]) {
return ask(t[p].trans[v ^ 1], d - 1, x) + (1 << d);
} else {
return ask(t[p].trans[v], d - 1, x);
}
}
}
int ans;
namespace SAM {
int NodeCount = 1, Last = 1;
struct node {
int trans[26];
int link, maxl;
} t[SIZE];
int create() {
int p = ++ NodeCount;
for (int i = 0; i < 26; i ++) t[p].trans[i] = 0;
t[p].link = t[p].maxl = 0;
return p;
}
void init() {
NodeCount = 0;
Last = create();
}
void extend(int c, int i) {
int p = Last,
np = Last = create();
t[np].maxl = t[p].maxl + 1;
for (; p && t[p].trans[c] == 0; p = t[p].link) t[p].trans[c] = np;
if (!p) {
t[np].link = 1;
} else {
int q = t[p].trans[c];
if (t[q].maxl == t[p].maxl + 1) {
t[np].link = q;
} else {
int nq = ++ NodeCount; t[nq] = t[q]; t[nq].maxl = t[p].maxl + 1;
t[np].link = t[q].link = nq;
for (; p && t[p].trans[c] == q; p = t[p].link) t[p].trans[c] = nq;
}
}
trie::insert(root[np], 16, w[i]);
g[np].push_back(w[i]);
}
std::vector<int> son[SIZE];
void build_tree() {
for (int i = 1; i <= NodeCount; i ++) {
son[i].clear();
}
for (int i = 2; i <= NodeCount; i ++) {
son[t[i].link].push_back(i);
}
}
void solve(int u) {
for (int v : son[u]) {
solve(v);
if (g[u].size() < g[v].size()) {
std::swap(g[u], g[v]);
std::swap(root[u], root[v]);
}
for (int x : g[v]) {
chmax(ans, t[u].maxl + trie::ask(root[u], 16, x));
g[u].push_back(x);
}
root[u] = trie::merge(root[u], root[v]);
g[v].clear();
}
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0);
std::cin.tie(0);
std::cin >> n;
std::cin >> str, str = " " + str;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
std::cin >> w[i];
}
trie::init();
SAM::init();
for (int i = n; i >= 1; i --) {
SAM::extend(str[i] - 'a', i);
}
SAM::build_tree();
ans = 0;
SAM::solve(1);
std::cout << ans << '\n';
return 0;
}
/**
* 心中无女人
* 比赛自然神
* 模板第一页
* 忘掉心上人
**/
浙公网安备 33010602011771号