Codeforces Round 1087 (Div. 2) E. A Trivial String Problem

\(\href {https://codeforces.com/contest/2209/problem/E}{E. A Trivial String Problem}\)

题解

题意说明

定义函数 \(f(s)\) , 其中 \(s\) 是一个字符串， 该函数表示该字符串最多分多少段， 使得他们都是 \(s\) 的一个前缀。

例如 \(s = abaabab\) 会有 \(f(s) = 4\)

将其分为 \(ab\) , \(a\), \(ab\), \(ab\)

例如 \(s = abaadd\)， 会有 \(f(s) = 1\)

因为只能分为 \(abaadd\)

要求在 \(O(n)\) （\(n\) 为 \(s\) 的长度）复杂度之内求出

\(\sum\limits_{i = 1}^{n}f(s[1, i])\)

其中 \(s[1, i]\) 表示 \(s_1s_2...s_i\)

思路

分段的起点一定是 \(s_1\)

我们换个角度来思考问题， 加入对于 \(s[1, i]\) 的情况我们已经处理完了， 我们考虑 \(s[1, i + 1]\) 的情况。

那么对于字符串 \(s[1, i]\) 我们一定存在某种分段。

如图， 我们假设如此的最优分段， 可知第一个性质， 每一个分段的开头一定是 \(s_1\) ， 那么我们可以统计所有字符为\(s_1\) 的位置， 不妨将这些位置构成的集合 为 \({pos_i}\) 对于新加入的 元素 \(s_{i + 1}\)，我们要求的其实是

​ \(\max\limits_{j}f(s[1, pos_j - 1]) + 1\)

其中

$pos_j < i, s[pos_j, i] $是 \(s\) 的一个前缀

那么我们得到了一个朴素算法 ：

遍历所有 \(pos_j\) 每次计算， 根据判据求解最大值， 时间复杂度为 \(O(n^2)\)

我们考虑性质。

所有\(i + 1\)时选取的 \(pos_j\) 一定是 \(s[1, i]\) 最优分段中每一段的开头

如图 ， 不可能选取 \(pos_3\)

这是因为如果选取了 \(pos_3\), 那么就说明这不是\(s[1, i]\) 的 一个最优分段， 这是因为 我可以分成 \([pos_1, pos_2 - 1][pos_2, pos_3 - 1][pos_3, pos_4 - 1][pos_4, i]\) 四段而不是三段。

这只是一个特殊例子， 这样的想法是适用于一般情况的。

既然必须是最优分段中的开头到 \(i + 1\) 那么这就说明我们要找到离 \(i + 1\) 最近的一个 \(pos_j\) 使得 \(s[pos_j, (i + 1)]\) 是其的一个前缀。

也就是说们要找到一个最短的相同前后缀。

最长前后缀我们可以用 border 来处理 ， 那么最短呢？

我们记录 \(minb[i]\) 为 \(s[1, i]\) 的最短前后缀， 我们会有：

1. \(border[i] = 0\) , \(minb[i] = i\)

2. \(border[i]\neq 0\), \(minb[i] = minb[border[i]]\)

   顺序递推即可

   于是我们得到了一个 \(O(n)\) 的算法。

   记录 \(f[i]\) 为 \(f(s[1, i])\)

   \(f[i] = f[i - minb[i]] + 1\)

   最终求和即可。

   Ac 代码

   #include <bits/stdc++.h>
   using namespace std;
   typedef long long ll;
   
   const ll Mo1 = 31;
   const ll N = 1e6 + 1134;
   const ll Mod = 998244353;
   
   ll Nex[N], mi[N], minb[N];
   ll t;
   ll dp[N];
   char str[N], tmp[N];
   
   void dfs(int i){
   	if (minb[i] != -1) return;
   	if (Nex[i] == 0){
   		minb[i] = i;
   		return;
   	}
   	int len = Nex[i];
   	if (minb[i] == -1)
   		dfs(len);
   	minb[i] = minb[len];
   	return;
   }
   ll get_ans (char s[], ll len){
   	for (ll i = 0; i <= len; i ++)
   		dp[i] = 0, Nex[i] = 0, minb[i] = -1;
   	Nex[1] = 0;
   	minb[1] = 1;
   	
   	for (int i = 2, j = 0; i <= len; i ++){
   		while (j && s[i] != s[j + 1])
   			j = Nex[j];
   		if (s[i] == s[j + 1])
   			j ++;
   		Nex[i] = j;
   		
   		if (Nex[i] == 0) minb[i] = i;
   		else minb[i] = minb[Nex[i]];
   	}
   	dp[1] = 1;
   	ll ans = 1;
   	for (ll i = 2; i <= len; i ++){
   		ll pre;
   		ll len = minb[i];
   		pre = i - len;
   		dp[i] = dp[pre] + 1;
   		ans += dp[i];
   	}
   	return ans;
   }
   
   void solve(){
   	ll n, q;
   	cin >> n >> q;
   	for (ll i = 1; i <= n; i ++)
   		cin >> str[i];
   	while (q --){
   		ll l, r;
   		scanf("%lld%lld", &l, &r);
   		ll cnt = 0;
   		for (ll i = l; i <= r; i ++)
   			tmp[++ cnt] = str[i];
   			
   		printf("%lld\n", get_ans (tmp, cnt));
   	}
   }
   
   signed main (){
   	mi[0] = 1;
   	cin >> t;
   	while (t --)
   		solve();
   	
   	return 0;
   }
   /*
   1
   5 2
   aaaaa
   1 5
   2 4
   */