[loj#3049] [十二省联考 2019] 字符串问题
题意简述
给定字符串 \(S\)。
给定 \(n_a\) 个 \(A\) 类串和 \(n_b\) 个 \(B\) 类串，每个串都是 \(S\) 的子串。
给定 \(m\) 组支配关系 \((x,y)\) ，表示第 \(x\) 个 \(A\) 串支配第 \(y\) 个 \(B\) 串。
求一个长度最长的 \(T\) 串，存在一个分割 \(T=t_1+t_2+t_3+...t_k\) 满足：
1.分割中的每个串 \(t_i\) 均为 A 类串。
2.\(t_i\) 代表的 \(A\) 串所支配的某一个 \(B\) 串是 \(t_{i+1}\) 的前缀。
\(T\) 无限长则输出 \(-1\) 。
\(n_a,n_b,|S|,m \leq 2\times 10^5\)
想法
比较显然的想法是，\(A\) 类串向它可支配的 \(B\) 类串连边，\(B\) 类串向以它为前缀的 \(A\) 类串连边，在这个图上跑 \(dp\) 就行了。
联想到后缀自动机中的 后缀链接形成的 \(pa\) 树（后缀树），树从上到下相当于在串前面添加字符，也就是说有父子关系的点是有相同后缀的。
而此题中，要求的是前缀相同，于是把串倒过来加到后缀自动机里就好啦~
通过在后缀树上倍增找到每个 \(A\) 类串与 \(B\) 类串代表的点，之后连边。
注意可能有些长度不同的串对应于 \(SAM\) 上同一个节点，于是在每个节点开个 \(vector\) 装此点代表的 \(A\) 或 \(B\) 串，之后按串长度排序。
每个点与它的祖先中（包括在后缀树上的祖先点与该点中长度比其短的点）的离它最近的 \(B\) 串点连边。这个过程可通过 \(dfs\) 完成。
之后 \(A\) 串点向它可支配的 \(B\) 串点连边。
新图上跑 \(dp\) ，当图中有环时输出 \(-1\) 。
总结
把串反过来加到 \(SAM\) 中是一个处理 “相同前缀” 问题的套路。
利用好后缀树，在后缀树上倍增找点也是套路。
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
int read(){
int x=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
const int N = 200005;
typedef long long ll;
int cnt,root,last,ch[N*2][26],len[N*2],pa[N*2];
int ed[N];
void ins(int c){
int x=last,cur=++cnt;
len[cur]=len[last]+1;
for(;x && !ch[x][c];x=pa[x]) ch[x][c]=cur;
if(!x) pa[cur]=root;
else{
int y=ch[x][c],ny;
if(len[y]==len[x]+1) pa[cur]=y;
else{
ny=++cnt;
len[ny]=len[x]+1;
pa[ny]=pa[y]; pa[y]=pa[cur]=ny;
for(int i=0;i<26;i++) ch[ny][i]=ch[y][i];
for(;x && ch[x][c]==y;x=pa[x]) ch[x][c]=ny;
}
}
last=cur;
}
struct node{
int v;
node *nxt;
}pool[N*6],*h[N*2],*son[N*2];
int cnt1;
void addedge(int u,int v){
node *p=&pool[++cnt1];
p->v=v;p->nxt=h[u];h[u]=p;
}
void addedge1(int u,int v){
node *p=&pool[++cnt1];
p->v=v;p->nxt=son[u];son[u]=p;
}
int f[N*2][20],in[N*2],que[N*2],hd,tl;
void getf(){
hd=tl=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++) in[pa[i]]++;
for(int i=1;i<=cnt;i++) if(!in[i]) que[tl++]=i;
while(hd<tl){
int u=que[hd++];
in[pa[u]]--;
if(in[pa[u]]==0) que[tl++]=pa[u];
}
for(int i=tl-1;i>=0;i--){
int u=que[i];
f[u][0]=pa[u];
if(pa[u]) addedge1(pa[u],u);
for(int j=1;j<20;j++) f[u][j]=f[f[u][j-1]][j-1];
}
}
int find(int l,int r){
int x=ed[l];
for(int i=19;i>=0;i--) if(len[f[x][i]]>=r-l+1) x=f[x][i];
return x;
}
char s[N];
int n,m,na,nb,w;
int A[N],B[N];
struct data{
int id,len;
data() { id=len=0; }
data(int x,int y) { id=x; len=y; }
bool operator < (const data &b) const{ return len<b.len || (len==b.len && id>b.id); }
};
vector<data> vv[N*2];
void build(int u,int pre){
sort(vv[u].begin(),vv[u].end());
for(int i=0;i<vv[u].size();i++){
if(pre) addedge(pre,vv[u][i].id);
if(vv[u][i].id>na) pre=vv[u][i].id;
}
for(node *p=son[u];p;p=p->nxt) build(p->v,pre);
}
int flag;
ll mx[N*2];
int vis[N*2],val[N*2];
ll dp(int u){
if(mx[u]!=-1) return mx[u];
int v;
vis[u]=1;
mx[u]=0;
for(node *p=h[u];p;p=p->nxt)
if(vis[v=p->v]==1) flag=0;
else mx[u]=max(mx[u],dp(v));
mx[u]+=val[u];
vis[u]=2;
return mx[u];
}
int main()
{
int T=read(),u,l,r;
while(T--){
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
root=last=++cnt;
for(int i=n;i>=1;i--) ins(s[i]-'a');
u=root;
for(int i=n;i>=1;i--) {
u=ch[u][s[i]-'a'];
ed[i]=u;
}
getf();
na=read();
for(int i=1;i<=na;i++){
l=read(); r=read();
A[i]=find(l,r);
vv[A[i]].push_back(data(i,r-l+1));
val[i]=r-l+1;
}
nb=read();
for(int i=1;i<=nb;i++){
l=read(); r=read();
B[i]=find(l,r);
vv[B[i]].push_back(data(i+na,r-l+1));
}
build(root,0);
w=na+nb;
m=read();
for(int i=0;i<m;i++){
l=read(); r=read();
addedge(l,r+na);
}
flag=1;
for(int i=1;i<=w;i++) mx[i]=-1;
ll ans=0;
for(int i=1;i<=w;i++) ans=max(ans,dp(i));
if(!flag) printf("-1\n");
else printf("%lld\n",ans);
//clear
for(int i=1;i<=cnt;i++){
pa[i]=len[i]=0;
for(int j=0;j<26;j++) ch[i][j]=0;
in[i]=0; son[i]=NULL;
vv[i].clear();
}
cnt=0; cnt1=0;
for(int i=1;i<=w;i++){
h[i]=NULL;
val[i]=vis[i]=0;
}
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号