[NOI2018] 你的名字

https://www.luogu.com.cn/problem/P4770

题意

给定字符串\(S\),多次询问,每次给出\(l,r,T\)询问不在\(S\)的\([l,r]\)区间出现过的\(T\)的本质不同的子串

前68分满足\(l=1,r=n\)

题解

先考虑前68分,正难则反,即求出\(T\)在\(S\)中出现的本质不同的子串

我们定义\(a[i]\)为\(T\)长度为\(i\)的前缀在\(S\)中存在的最长后缀长度

求法即对\(S,T\)建出后缀自动机,把\(T\)串放到\(S\)串的\(SAM\)上匹配

然后还要自下而上的用儿子的\(a\)更新父亲的\(a\)

最终答案,对于\(T\)的\(SAM\)上的节点\(i\),它做出的贡献就是\(len[i]-max(len[fa[i]],a[i])\)

对于长度小于等于\(a[i]\)的后缀串因为在\(T\)串中存在所以没有了贡献

以及\(SAM\)上每个点代表的本质不同的子串只有\((len[fa],len[i]]\)这一段

最终答案:\(\sum_{i=1}^{cnt}len[i]-max(len[fa[i]],a[i])\)

考虑100分与68分的区别在于

我们无法分离出\([l,r]\)的\(S\)的\(SAM\),然后把\(T\)串放到\(S\)串的\(SAM\)上匹配

但是考虑\(T\)串在\(S\)串\([l,r]\)上匹配的时候需要的操作

设当前匹配点为\(root\)

1.查询\(ch[root][c]\)在\([l,r]\)中是否存在

2.跳到\(fa[root]\)

3.查询\(len[root]\)

所以,考虑维护\(endpos\)集合,采用线段树合并

对于1操作就是判断该点一段区间是否有\(endpos\)

对于二操作,因为父节点的\(endpos\)是当前点的超集,所以一定合法

对于三操作,这个点的长度应该是\(min(len,l-max(l,maxpos)+1)\)

\(maxpos\)为对应区间的最大\(endpos\)

但是我从上午打到了下午,有几个细节被恶心到了

100分和68分只有在求出\(a\)的部分做出了些调整

对于统计答案及其他一些地方,完全是等效的,所以我在此不再赘述

线段树合并的时候,因为要保留每个线段树节点,而过去的合并操作会毁掉合并的两颗线段树

所以要每次合并节点\((x,y)\)都要合并给新建的新的一个节点\(w\)

空间复杂度(感谢左手边的带神神)如果直接线段树合并是\(O(nlog)\)的,但是有新建节点

每次合并新建节点必定是\((x,y)\)合并为\(w\)一个点,并且\((x,y)\)不会再被合并了

所以相当于每次由2个点合并成了1个点

空间复杂度\(\sum\limits \frac{nlog}{1}+\frac{nlog}{2}+\frac{nlog}{4}...=2nlog\)

在匹配判断当前点某个儿子,设为\(son\),是否存在于\([l,r]\)时,找到了\([l,r]\)的最大\(endpos\)后还要判断是否真的存在

因为只有\(endpos\)的话长度小于等于\(len[fa[son]]\)这个点也不是真实在这个区间里

所以需要判断,合法条件是\(pos>l+len[fa[son]-1\)

这个地方也太狗屎了

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+50;
inline int rd(register int x=0,register char ch=getchar(),register int f=0){
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) f=ch=='-';
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48;
	return f?-x:x;
}

int n,m,lst,cnt,ptr;
int rt[N],ls[N*20],rs[N*20],mx[N*20],ret[N];
char s[N];
int NEW(int o){
	++ptr;ls[ptr]=ls[o],rs[ptr]=rs[o],mx[ptr]=mx[o];
	return ptr;
}
void ins(int &x,int l,int r,int p){
	x=NEW(x);mx[x]=max(mx[x],p);
	if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;
	p<=mid?ins(ls[x],l,mid,p):ins(rs[x],mid+1,r,p);
}
int merge(int x,int y,int l,int r){
	if(!x||!y) return x+y;
	if(l==r) return x;int mid=(l+r)>>1;
	int w=NEW(x);
	ls[w]=merge(ls[x],ls[y],l,mid);
	rs[w]=merge(rs[x],rs[y],mid+1,r);
	mx[w]=max(mx[ls[w]],mx[rs[w]]);
	return w;
}
int ask(int x,int l,int r,int L,int R){
	if((L<=l&&r<=R)||!x) return mx[x];
	int mid=(l+r)>>1,Mx=0;
	if(L<=mid) Mx=max(Mx,ask(ls[x],l,mid,L,R));
	if(R>mid) Mx=max(Mx,ask(rs[x],mid+1,r,L,R));
	return Mx;
}
struct SAM{
	int n,lst,cnt;
	int len[N],fa[N],buc[N],rk[N],id[N];
	map<int,int> ch[N];
	void extend(int c){
		int p=lst,np=lst=++cnt;
		len[np]=len[p]+1;
		for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=np;
		if(!p) fa[np]=1;
		else{
			int q=ch[p][c];
			if(len[q]==len[p]+1) fa[np]=q;
			else{
				int nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;fa[nq]=fa[q];fa[np]=fa[q]=nq; ch[nq]=ch[q];
				for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=nq;
			}
		}
		id[++id[0]]=np;
	}
	void build(int m){
		clear(); n=m;
		for(int i=1;i<=n;++i) extend(s[i]-'a');
		for(int i=1;i<=cnt;++i) buc[len[i]]++;
		for(int i=1;i<=n;++i) buc[i]+=buc[i-1];
		for(int i=1;i<=cnt;++i) rk[buc[len[i]]--]=i;
	}
	void clear(){
		for(int i=0;i<=cnt;++i){
			len[i]=fa[i]=buc[i]=rk[i]=id[i]=0;
			ch[i].clear();
		}
		lst=cnt=1;
	}
}F,G;
int main(){
	freopen("name.in","r",stdin);
	freopen("name.out","w",stdout);
	scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);F.build(n);
	for(int i=1;i<=n;++i) ins(rt[F.id[i]],1,n,i);
	for(int i=F.cnt;i;--i) if(F.fa[F.rk[i]]) rt[F.fa[F.rk[i]]]=merge(rt[F.fa[F.rk[i]]],rt[F.rk[i]],1,n);
	for(int T=rd(),l,r;T;--T){
		scanf("%s",s+1);m=strlen(s+1);G.build(m);
		l=rd(),r=rd();
		int root=1,Len=0;
		ll ans=0;
		for(int i=1;i<=m;++i){
			while(1){
				if(root==0) {root=1;Len=0;break;}
				int pos=ask(rt[F.ch[root][s[i]-'a']],1,n,l,r);
				if(pos>=l+F.len[F.fa[F.ch[root][s[i]-'a']]]) {root=F.ch[root][s[i]-'a'];Len=min(Len+1,pos-l+1);break;}
				else {root=F.fa[root];Len=min(Len,F.len[root]);}
			}
			ret[G.id[i]]=min(G.len[G.id[i]],Len);
		}
		for(int i=G.cnt;i;--i) if(G.fa[G.rk[i]]) ret[G.fa[G.rk[i]]]=min(G.len[G.fa[G.rk[i]]],max(ret[G.fa[G.rk[i]]],ret[G.rk[i]]));
		
		for(int i=1;i<=G.cnt;++i) ans+=max(0,G.len[i]-max(G.len[G.fa[i]],ret[i]));
		for(int i=0;i<=G.cnt;++i) ret[i]=0;
		printf("%lld\n",ans);
	}
}

标签：ch,int,root,len,fa,名字,np,NOI2018
来源： https://www.cnblogs.com/hzoi2018-xuefeng/p/13093761.html