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

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。

Solution

判断\(lcp\)可以用hash+二分来判断,这个是经典做法。
现在问题在于怎么支持修改字符的操作,即修改哈希值。
考虑用按位置分裂的fhqtreap,因为进制哈希有很好的性质,在知道长度的情况下可以\(O(1)\)拼接字符串的哈希值,而按位置分裂的fhqtreap可以保证左子树位置都在自己左边,右子树都在右边,那么在up的时候维护一下就好了。
\(t[rt].h=(t[lc].h*base+t[rt].ch)*base^{t[rc].siz}\)(考虑进制哈希的实现方式),这样当前点的h值就是以该点为根的这段区间的\(hash\)值。
因为保证询问操作不大于\(10000\),所以用hash二分+用fhqtreap来check,两个\(\log\)还是可以做的。
但是因为fhqtreap常数真的巨大....因为这题不卡hash所以可以用unsigned int自然溢出,不然在bzoj会被卡TLE。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define ll long long
#define ull unsigned int
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 100010;
const ull base = 13131;
 
ull pw[N];
char s[N];
int root, tot, n, m;
struct fhqtreap {
    int lc, rc, rnd, siz;
    char ch;
    ull h;
} t[N];
 
#define lc (t[rt].lc)
#define rc (t[rt].rc)
void up(int rt) {
    if(!rt) return;
    t[rt].siz = 1 + t[lc].siz + t[rc].siz;
    t[rt].h = (t[lc].h * base + t[rt].ch) * pw[t[rc].siz] + t[rc].h;
}
void split(int rt, int &l, int &r, int k) {
    if(!k) l = 0, r = rt;
    else if(t[rt].siz == k) l = rt, r = 0;
    else if(k <= t[lc].siz) r = rt, split(lc, l, lc, k), up(rt);
    else l = rt, split(rc, rc, r, k - t[lc].siz - 1), up(rt);
}
void merge(int &rt, int l, int r) {
    if(!l || !r) rt = l + r;
    else if(t[l].rnd < t[r].rnd) rt = l, merge(rc, rc, r), up(rt);
    else rt = r, merge(lc, l, lc), up(rt);
}
int build(ull x, char ch) {
    t[++tot] = {0, 0, rand()<<15|rand(), 1, ch, x};
    return tot;
}
void print(int rt) {
    if(!rt) return;
    print(lc); putchar(t[rt].ch); print(rc);
}
#undef lc
#undef rc
 
bool check(int a, int b, int len) {
    int x, y, z; ull h1 = 0, h2 = 0;
    split(root, x, y, a + len - 1);
    split(x, z, x, a - 1);
    h1 = t[x].h;
    merge(x, z, x); merge(root, x, y);
    split(root, x, y, b + len - 1);
    split(x, z, x, b - 1);
    h2 = t[x].h;
    merge(x, z, x); merge(root, x, y);
    return h1 == h2;
}
 
int solve(int a, int b) {
    int l = 0, r = t[root].siz - max(a, b) + 1, ans = 0;
    while(l <= r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(check(a, b, mid)) l = mid + 1, ans = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    return ans;
}
 
int main() {
    scanf("%s", s + 1);
    t[0].rnd = inf; pw[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; ++i) pw[i] = pw[i - 1] * base;
    int n = strlen(s + 1), m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x = build(s[i], s[i]);
        merge(root, root, x);
    }
    scanf("%d", &m);
    while(m--) {
        char op[3], ch[3]; 
        int a, b, x, y, z;
        scanf("%s", op);
        if(op[0] == 'Q') {
            scanf("%d%d", &a, &b);
            printf("%d\n", solve(a, b));
        }
        if(op[0] == 'R') {
            scanf("%d%s", &a, ch);
            split(root, x, y, a);
            split(x, z, x, a - 1);
            t[x].ch = ch[0]; up(x);
            merge(x, z, x); merge(root, x, y);
        } 
        if(op[0] == 'I') {
            scanf("%d%s", &a, ch);
            split(root, x, y, a);
            z = build(ch[0], ch[0]);
            merge(x, x, z); merge(root, x, y);
        }
//      print(root); puts("");
    }
    return 0;
}
posted @ 2019-08-15 21:12  henry_y  阅读(171)  评论(0编辑  收藏  举报