Codeforces Round #246 (Div. 2) D. Prefixes and Suffixes(后缀数组orKMP)
题意：
给你一个长度不超过10^5的字符串。要你按长度输出和后缀全然匹配的的前缀的长度。和该前缀在整个串中出现的次数。（可重叠）
思路：
比赛时一看到前缀后缀。心里一阵窃喜。
哈哈。刚好学过后缀数组。正好实用武仅仅地了，一番思索后算法已成型。0号后缀就是整个字符串。
和它求公共前缀能和整个后缀匹配的后缀一定有一个前缀能和这个后缀全然匹配。 然后再确定出现了多少次。 当你知道某个后缀是目标后缀时。 你能够知道到它的rank值。 然后要全然包括一个后缀的后缀一定在它后面。
依据排名规则。 你想啊。假设后缀a的前缀包括后缀b。a还会排在b前面吗？ 明显长度短的排前面了。 所以剩下工作就是确定能够向下扩展的最大距离了。 这个能够依据height数据的值确定。 要用到二分+rmq。二分确定位置。
rmq推断是否满足条件。思路尽管正确可是到比赛结束都一直是错的。到后面调试出来才知道还是对后缀数组的理解不够深刻。问题就出在倍增算法为什么要规定txt[n-1]=0.还有j=sa[rank[i]-1];rank[i]=0怎么处理。我们把原来的字符串末尾加个0就可解决。具体见代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-8;
const double PI=acos(-1.0);
const int maxn=150010;
char txt[maxn];
int sa[maxn],T1[maxn],T2[maxn],ct[maxn],he[maxn],rk[maxn],ans,n,m;//sa[i]表示排名第i的后缀的起始位置。
int rmq[25][maxn],lg[maxn],ansn[maxn],ansp[maxn],ptr;
void getsa(char *st)//注意m为ASCII码的范围
{
int i,k,p,*x=T1,*y=T2;
for(i=0; i<m; i++) ct[i]=0;
for(i=0; i<n; i++) ct[x[i]=st[i]]++;
for(i=1; i<m; i++) ct[i]+=ct[i-1];
for(i=n-1; i>=0; i--)//倒着枚举保证相对顺序
sa[--ct[x[i]]]=i;
for(k=1,p=1; p<n; k<<=1,m=p)//枚举长度
{
for(p=0,i=n-k; i<n; i++) y[p++]=i;
for(i=0; i<n; i++) if(sa[i]>=k) y[p++]=sa[i]-k;//按第二keyword排序.y[i]表示第二keyword排名第i的后缀起始位置
for(i=0; i<m; i++) ct[i]=0;
for(i=0; i<n; i++) ct[x[y[i]]]++;//x[i]表示起始位置为i的后缀的第一keyword排序
for(i=1; i<m; i++) ct[i]+=ct[i-1];
for(i=n-1; i>=0; i--) sa[--ct[x[y[i]]]]=y[i];//接着按第一keyword排序
for(swap(x,y),p=1,x[sa[0]]=0,i=1; i<n; i++)
x[sa[i]]=y[sa[i-1]]==y[sa[i]]&&y[sa[i-1]+k]==y[sa[i]+k]?p-1:p++;//x[i]存排名第i后缀的排名
//保证txt[n-1]=0.规定txt[n-1]=0 的优点，假设y[sa[i-1]]=y[sa[i]]。说明以y[sa[i-1]]或y[sa[i]]
//开头的长度为k的字符串肯定不包含字符txt[n-1]由于包含了肯定就不相等了。所以调用变量y[sa[i]+l]和y[sa[i-1]+l]
//不会导致数组下标越界，这样就不须要做特殊推断。
}
}
void gethe(char *st)//求height数组
{
int i,j,k=0;
for(i=0;i<n;i++) rk[sa[i]]=i;
for(i=0;i<n-1;i++)
{
if(k) k--;
j=sa[rk[i]-1];
while(st[i+k]==st[j+k]) k++;
he[rk[i]]=k;
}
}
void rmq_init()
{
int i,j;
for(i=0;i<n;i++)
rmq[0][i]=he[i];//单个元素
for(i=1;i<=lg[n];i++)//枚举长度
for(j=0;j+(1<<i)-1<n;j++)//枚举起点注意边界
rmq[i][j]=min(rmq[i-1][j],rmq[i-1][j+(1<<(i-1))]);
}
int rmq_min(int l,int r)
{
int tmp=lg[r-l+1];
return min(rmq[tmp][l],rmq[tmp][r-(1<<tmp)+1]);
}
void prermq()
{
int i;
lg[0]=-1;
for(i=1;i<maxn;i++)
lg[i]=lg[i>>1]+1;
}
void solve()
{
int low,hi,mid,p,pos,a,b,ans,tp,i;
getsa(txt),gethe(txt),rmq_init();
ptr=0,pos=rk[0];
for(i=n-2;i>0;i--)
{
if(rk[i]<pos)
a=rk[i]+1,b=pos;
else
a=pos+1,b=rk[i];
p=rmq_min(a,b);
if(p>=n-i-1)
{
ansp[ptr]=p,tp=rk[i]+1;
low=rk[i]+1,hi=n-1,ans=-1;
while(low<=hi)
{
mid=(low+hi)>>1;
if(rmq_min(tp,mid)>=p)
ans=mid,low=mid+1;
else
hi=mid-1;
}
ansn[ptr++]=ans-rk[i]+1;
}
}
}
int main()
{
int i;
prermq();
while(~scanf("%s",txt))
{
m=150,n=strlen(txt);
n++;
solve();
ansp[ptr]=n-1;
ansn[ptr++]=1;
printf("%d\n",ptr);
for(i=0;i<ptr;i++)
printf("%d %d\n",ansp[i],ansn[i]);
}
return 0;
}接下来是另外一种思路。
比赛完后。第一个思路调不出来。于是就去群里问了下。结果被叉姐歧视了。扔了句kmp就走了。
定神一想是啊。自己智商被深深得歧视了。kmp能够非常轻松得统计出每一个前缀在原串中出现的次数。详细做法是对原串求个失配数组。
然后自己和自己匹配。若第i个位置和第j个位置匹配了说明前缀j在第i个位置出现了一次。我们用cnt[i]记录。前缀i出现的次数。最后统计cnt[next[i]]+=cnt[i]。这个非常好理解。
假设前缀j能在i这个位置出现一次那么next[j]一定能在i这个位置出现一次。
统计完每一个前缀在原串中出现次数后。如今就要找钱缀和后缀匹配的前缀的个数了。
这个非常easy。
自己和自己匹配不就是拿自己的前半部分和自己的其它部分匹配么。所以我们仅仅须要匹配第n+1个位置就能够找出全部和后缀匹配的前缀了。华丽的O(n)就过掉了。。。
。
具体见代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-8;
const double PI=acos(-1.0);
const int maxn=150010;
char txt[maxn];
int f[maxn],cnt[maxn],ansp[maxn],ansn[maxn],ct,n;
void getf(char *p)
{
int i,j;
f[0]=f[1]=0;
for(i=1;i<n;i++)
{
j=f[i];
while(j&&p[j]!=p[i])
j=f[j];
f[i+1]=p[j]==p[i]?j+1:0;
}
}
void KMP()
{
int i,j,t;
for(i=0,j=0;i<n;i++)
{
while(j&&txt[j]!=txt[i])
j=f[j];
if(txt[j]==txt[i])
cnt[j]++,j++;//cnt[j]表示前缀j出现次数。由于i不同所以终点不同。
}
t=j,ct=0;;
for(j=n;j>0;j--)//为什么能够这样做呢。终点不同的串一定是不同的串。
kmp保证了终点不同。
if(f[j])//f[j]表示下个比較的位置。说明前f[j]-1一定是同样的。
cnt[f[j]-1]+=cnt[j-1];
while(t)//前缀匹配后缀
{
ansp[ct]=t;
ansn[ct++]=cnt[t-1];
t=f[t];
}
printf("%d\n",ct);
for(i=ct-1;i>=0;i--)
printf("%d %d\n",ansp[i],ansn[i]);
}
int main()
{
while(~scanf("%s",txt))
{
n=strlen(txt);
memset(cnt,0,sizeof cnt);
getf(txt);
KMP();
}
}
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