题解 LOJ3298 「BJOI2020」封印（SAM，数据结构）
题目大意
给出只包含小写字母\(\text{a},\text{b}\)的两个字符串\(s,t\)，\(q\)次询问，每次询问\(s[l\dots r]\)和\(t\)的最长公共子串长度。
数据范围：\(1\leq|s|,|t|,q\leq 2\times10^5\)。
本题题解
考虑预处理\(s\)的每个子串是不是\(t\)的子串。发现对于一个左端点\(i\) (\(1\leq i\leq |s|\))，一定存在一个\(R[i]\)，使得\(\forall j\in[i,R[i]]:s[i\dots j]\)都是\(t\)的子串，\(\forall k\in[R[i]+1,n]:s[i\dots k]\)都不是\(t\)的子串。也就是说，使得\(s[i\dots r]\)是\(t\)子串的\(r\)，一定是从\(i\)开始的一段连续的区间，而\(R[i]\)就是其中最大的\(r\)。我们考虑把所有\(R[i]\)预处理出来。
从小到大枚举\(i\)。我们已经知道了\(s[i-1\dots R[i-1]]\)是\(t\)的子串。那么，\(s[i\dots R[i-1]]\)一定也是\(t\)的子串，也就是说，\(R[i]\geq R[i-1]\)。那么我们从\(R[i-1]+1\)开始，一位一位向后枚举，判断是否是\(t\)的子串。可以对\(t\)建一个SAM，这个“向后枚举”，就相当于在SAM上走转移边。同时，我们还要支持把前面的第\(i-1\)位删掉，这就相当于在SAM上跳父亲边。因为\(R[i]\)是单调的，所以时间复杂度\(O(|s|)\)（\(|s|,|t|\)同阶）。
预处理出\(R\)数组后，考虑回答询问。对于一个询问\(l,r\)。我们相当于要求出，\(\max_{i=l}^{r}\{\min(r,R[i])-i+1\}\)。对于\(\min(r,R[i])\)，我们分类讨论：
- 对于\(R[i]\leq r\)的\(i\)，相当于询问\(\max_{l\leq i\leq r}\{R[i]-i+1\}\)。
- 对于\(R[i]>r\)的\(i\)，相当于询问\(r+\max_{l\leq i\leq r}\{-i\}+1\)。
如果把\(R[i]\)和\(r\)的关系看做一维，\(i\)和\(l,r\)的关系看做一维，那相当于是一个二维的区间最大值查询。可以考虑离线，把询问按右端点排序，这样\(R[i]\)和\(r\)的这一维就不存在了，我们只要做一维的区间最大值查询，可以用（两棵）线段树维护。
时间复杂度\(O(|s|+q\log |s|)\)。
参考代码（在LOJ查看）：
//problem:LOJ3298
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXN=2e5;
const int INF=1e9;
int n,m,q,R[MAXN+5];
char s[MAXN+5],t[MAXN+5];
struct SAM{
int cnt,ed,mp[MAXN*2+5][2],fa[MAXN*2+5],len[MAXN*2+5];
void ins(int c){
int p=ed;ed=++cnt;len[ed]=len[p]+1;
for(;p && !mp[p][c];p=fa[p])mp[p][c]=ed;
if(!p)fa[ed]=1;
else{
int q=mp[p][c];
if(len[q]==len[p]+1)fa[ed]=q;
else{
len[++cnt]=len[p]+1;
for(int i=0;i<2;++i)mp[cnt][i]=mp[q][i];
fa[cnt]=fa[q];fa[q]=fa[ed]=cnt;
for(;mp[p][c]==q;p=fa[p])mp[p][c]=cnt;
}
}
}
SAM(){cnt=ed=1;}
}sam_t;
int cnt_ev,ans[MAXN+5];
struct Event{
int l,r,id;
Event(){}
Event(int _l,int _r,int _id){
l=_l;r=_r;id=_id;
}
}ev[MAXN*2+5];
bool cmp(Event x,Event y){
if(x.r==y.r)return x.id<y.id;
return x.r<y.r;
}
struct SegmentTree{
int mx[MAXN*4+5];
void push_up(int p){
mx[p]=max(mx[p<<1],mx[p<<1|1]);
}
void build(int p,int l,int r,int* arr){
if(l==r){
mx[p]=arr[l];
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(p<<1,l,mid,arr);
build(p<<1|1,mid+1,r,arr);
push_up(p);
}
void modify(int p,int l,int r,int pos,int x){
if(l==r){
mx[p]=x;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)modify(p<<1,l,mid,pos,x);
else modify(p<<1|1,mid+1,r,pos,x);
push_up(p);
}
int query(int p,int l,int r,int ql,int qr){
if(ql<=l && qr>=r)return mx[p];
int mid=(l+r)>>1;
int res=-INF;
if(ql<=mid)res=query(p<<1,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)res=max(res,query(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
return res;
}
SegmentTree(){}
}T1,T2;
int main() {
cin>>(s+1);n=strlen(s+1);
cin>>(t+1);m=strlen(t+1);
for(int i=1;i<=m;++i){
sam_t.ins(t[i]-'a');
}
int p=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
int r=max(i-1,R[i-1]);
if(r==i-1)p=1;
while(p!=1 && sam_t.len[sam_t.fa[p]]+1>r-i+1)p=sam_t.fa[p];
while(r+1<=n && sam_t.mp[p][s[r+1]-'a']!=0){
p=sam_t.mp[p][s[r+1]-'a'];
r++;
}
R[i]=r;
ev[++cnt_ev]=Event(i,R[i],0);
//cout<<R[i]<<" ";
}
//cout<<endl;
static int tmp[MAXN+5];
for(int i=1;i<=n;++i)tmp[i]=-INF;
T1.build(1,1,n,tmp);
for(int i=1;i<=n;++i)tmp[i]=-i;
T2.build(1,1,n,tmp);
cin>>q;
for(int i=1;i<=q;++i){
int l,r;cin>>l>>r;
ev[++cnt_ev]=Event(l,r,i);
}
sort(ev+1,ev+cnt_ev+1,cmp);
for(int i=1;i<=cnt_ev;++i){
if(ev[i].id==0){
T1.modify(1,1,n,ev[i].l,ev[i].r-ev[i].l+1);
T2.modify(1,1,n,ev[i].l,-INF);
}
else{
int x=T1.query(1,1,n,ev[i].l,ev[i].r);
int y=ev[i].r+T2.query(1,1,n,ev[i].l,ev[i].r)+1;
ans[ev[i].id]=max(x,y);
}
}
for(int i=1;i<=q;++i)cout<<ans[i]<<endl;
return 0;
}
