[bzoj1014] [JSOI2008]火星人prefix

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

Solution

平衡树维护哈希值,询问时二分即可。

时间复杂度:\(O(m\log^2 n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

#define write(x) printf("%d\n",x)

const int maxn = 5e5+10;
const int base = 27;

#define ull unsigned int
#define pii pair<int,int > 
#define fr first
#define sc second 

ull pw[maxn];
char s[maxn],op[5],c[4];

struct fhq_treap {
    ull w[maxn];int son[maxn][2],tot,val[maxn],rd[maxn],sz[maxn],rt;
    void update(int x) {
        sz[x]=sz[son[x][0]]+sz[son[x][1]]+1;
        w[x]=w[son[x][0]]*pw[sz[son[x][1]]+1]+val[x]*pw[sz[son[x][1]]]+w[son[x][1]];
    }
    int newnode(int x) {val[++tot]=x,w[tot]=x;rd[tot]=rand(),sz[tot]=1;return tot;}
    int merge(int x,int y) {
        if(!x||!y) return x+y;
        if(rd[x]>rd[y]) return son[x][1]=merge(son[x][1],y),update(x),x;
        else return son[y][0]=merge(x,son[y][0]),update(y),y;
    }
    pii split(int x,int k) {
        if(!x) return make_pair(0,0);
        if(sz[son[x][0]]>=k) {
            pii now=split(son[x][0],k);
            son[x][0]=now.sc,now.sc=x,update(x);return now;
        } else {
            pii now=split(son[x][1],k-sz[son[x][0]]-1);
            son[x][1]=now.fr,now.fr=x,update(x);return now;	
        }
    }
    void insert(int x,int k) {
        if(!rt) return rt=newnode(x),void();
        pii now=split(rt,k);rt=merge(now.fr,merge(newnode(x),now.sc));
    }
    void erase(int x) {
        if(!rt) return ;
        pii now=split(rt,x),now2=split(now.fr,x-1);rt=merge(now2.fr,now.sc);
    }
    ull query(int x,int y) {
        pii now=split(rt,x-1),now2=split(now.sc,y-x+1);
        ull ans=w[now2.fr];
        rt=merge(now.fr,merge(now2.fr,now2.sc));return ans;
    }
    bool check(int x,int y,int k) {
        return query(x,x+k-1)==query(y,y+k-1);
    }
    int build(int l,int r) {
    	if(l>r) return 0;
    	int mid=(l+r)>>1;printf("::%d %d\n",l,r);
    	w[mid]=val[mid]=s[mid]-'0'+1;sz[mid]=1;rd[mid]=rand();
    	son[mid][0]=build(l,mid-1);
    	son[mid][1]=build(mid+1,r);
    	update(mid);return mid;
    }	
}T;

int main() {
    pw[0]=1;srand(time(0));
    for(int i=1;i<maxn;i++) pw[i]=pw[i-1]*base;
    scanf("%s",s+1);int n=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) T.insert(s[i]-'a'+1,i);
    int m;read(m);int debug=0;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        scanf("%s",op+1);
        if(op[1]=='Q') {
            int x,y;read(x),read(y);
            int l=1,r=min(n-x+1,n-y+1),ans=0;
            while(l<=r) {
                int mid=(l+r)>>1;
                if(T.check(x,y,mid)) l=mid+1,ans=mid;
                else r=mid-1;	
            }write(ans);
        } else if(op[1]=='R') {
            int x;read(x),scanf("%s",c+1);
            T.erase(x),T.insert(c[1]-'a'+1,x-1);
        } else {
            int x;read(x),scanf("%s",c+1);
            T.insert(c[1]-'a'+1,x);n++;
        }
    }
    return 0;
}
posted @ 2019-02-04 17:27  Hyscere  阅读(165)  评论(0编辑  收藏  举报