题解洛谷 P8023【[ONTAK2015] Tasowanie】

后缀数组。

我们对 \(A+B\) 求出 \(rk\) 数组，然后进行二路归并，取 \(rk\) 更小的那个位置即可。

等下，\(A+B\) 里面 \(A\) 的后面多了一整个 \(B\) 当后缀，为啥不会影响结果呢？

如果当前位置 \(A_i\ne B_j\)，显然在 \(rk\) 数组里面没有影响。如果 \(A_i=B_j\) 了，但存在第一个 \(A_{i+k}\ne B_{j+k}\) 的位置，是同理的。那么下面考虑如果 \(A_{i\dots}=B_{j\dots}\)，直到一个串结束。此时一个串是另一个串的前缀，这些都是相同的，先取哪个数列中的数没有关系。这时候按照 \(rk\) 数组排序，默认会先取 \(B\) 中的数，也就不会出问题。

于是这题就做完了，总复杂度就是 SA 的复杂度，这里我写的是倍增算法，就是 \(\mathcal{O}(n\log{n})\)。

//By: Luogu@rui_er(122461)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
#define debug printf("Running %s on line %d...\n",__FUNCTION__,__LINE__)
#define fileIO(s) do{freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);}while(false)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 4e5+5; 

int n1, n2, a[N], b[N], sa[N], rk[N], lst[N<<1], id[N], cnt[N];
template<typename T> void chkmin(T& x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) {if(x < y) x = y;}

int main() {
	scanf("%d", &n1);
	rep(i, 1, n1) scanf("%d", &a[i]);
	scanf("%d", &n2);
	rep(i, 1, n2) scanf("%d", &a[n1+i]);
	int n = n1 + n2, m = 1000;
	rep(i, 1, n) ++cnt[rk[i] = a[i]];
	rep(i, 1, m) cnt[i] += cnt[i-1];
	per(i, n, 1) sa[cnt[rk[i]]--] = i;
	for(int w=1,p=0;;w<<=1,m=p) {
		p = 0;
		per(i, n, n-w+1) id[++p] = i;
		rep(i, 1, n) if(sa[i] > w) id[++p] = sa[i] - w;
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
		rep(i, 1, n) ++cnt[rk[id[i]]];
		rep(i, 1, m) cnt[i] += cnt[i-1];
		per(i, n, 1) sa[cnt[rk[id[i]]]--] = id[i];
		memcpy(lst, rk, sizeof(rk));
		p = 0;
		rep(i, 1, n) {
			if(lst[sa[i]] == lst[sa[i-1]] && lst[sa[i]+w] == lst[sa[i-1]+w]) rk[sa[i]] = p;
			else rk[sa[i]] = ++p;
		}
		if(p == n) {
			rep(i, 1, n) sa[rk[i]] = i;
			break;
		}
	}
	for(int l=1,r=n1+1,i=1;i<=n;i++) {
		if(l > n1) b[i] = a[r++];
		else if(r > n) b[i] = a[l++];
		else b[i] = (rk[l] < rk[r]) ? a[l++] : a[r++];
	}
	rep(i, 1, n) printf("%d%c", b[i], " \n"[i==n]);
	return 0;
}