题目

题目链接：https://www.ybtoj.com.cn/contest/117/problem/3

\(n\leq 2\times 10^5\)。

思路

不难发现两个串 \(r(x),r(y)\) 的 LCS 就是它们 LCA 的深度。考虑枚举 LCA，然后求子树内所有字符串的 LCP 最大值。
发现题目给出的是一棵 Trie，我们可以直接离线构造广义 SAM。那么此时树上两个点 \(x,y\) 的 LCP 长度就是他们在 parent 树上的 LCA 的 \(\text{len}\)。
但是我们不能依次枚举子树内的两个点，但是我们发现 parent 树上儿子节点的 \(\text{len}\) 一定大于它父亲的 \(\text{len}\)，所以我们没有必要求 \(O(n^2)\) 个点对的 LCA，只需要把他们按照 parent 树上 dfs 序相邻的计算一下就可以了。
此时我们依然需要维护一个数据结构支持维护子树内的信息，并且支持往父节点合并。考虑权值线段树，线段树一个叶子 \([i,i]\) 表示 parent 树上 dfs 序为 \(i\) 的点。如果这个点在当前子树中就为 \(1\)，否则为 \(0\)。
然后权值线段树上维护区间 dfs 序相邻的点的 LCP 最大值，以及区间最左最右的点。两个区间 pushup 时可能产生的贡献只有区间临界点左右的一对点。可以 \(O(\log n)\) pushup（如果用 ST 表预处理 LCA 就可以做到 \(O(1)\) pushup，这样总复杂度只有一个 \(\log\)）。
然后往上线段树合并即可。
时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=400010,LG=20,MAXN=N*LG;
int n,ans,tot,a[N],dep[N],rt[N],last[N],head[N];

struct edge
{
	int next,to;
}e[N];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to};
	head[from]=tot;
}

struct SAM
{
	int tot,fa[N],len[N],dfn[N],rk[N],dep[N],pa[N][LG+1];
	map<int,int> ch[N];
	vector<int> e[N];
	SAM() { tot=1; }
	
	int ins(int last,int c)
	{
		int p=last,np=++tot;
		len[np]=len[p]+1;
		for (;!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=++tot;
				fa[nq]=fa[q]; len[nq]=len[p]+1; ch[nq]=ch[q];
				fa[q]=fa[np]=nq;
				for (;ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=nq;
			}
		}
		return np;
	}
	
	void adde()
	{
		for (int i=1;i<=tot;i++)
			if (fa[i]) e[fa[i]].push_back(i);
	}
	
	void dfs(int x)
	{
		dfn[x]=++tot; rk[tot]=x;
		dep[x]=dep[fa[x]]+1; pa[x][0]=fa[x];
		for (int i=1;i<=LG;i++)
			pa[x][i]=pa[pa[x][i-1]][i-1];
		for (int i=0;i<e[x].size();i++)
			dfs(e[x][i]);
	}
	
	int lca(int x,int y)
	{
		x=rk[x]; y=rk[y];
		if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
		for (int i=LG;i>=0;i--)
			if (dep[pa[x][i]]>=dep[y]) x=pa[x][i];
		if (x==y) return x;
		for (int i=LG;i>=0;i--)
			if (pa[x][i]!=pa[y][i]) x=pa[x][i],y=pa[y][i];
		return pa[x][0];
	}
}sam;

struct SegTree
{
	int tot,lc[MAXN],rc[MAXN],res[MAXN],L[MAXN],R[MAXN];
	
	void pushup(int x)
	{
		L[x]=L[lc[x]]?L[lc[x]]:L[rc[x]];
		R[x]=R[rc[x]]?R[rc[x]]:R[lc[x]];
		res[x]=max(res[lc[x]],res[rc[x]]);
		if (R[lc[x]] && L[rc[x]])
			res[x]=max(res[x],sam.len[sam.lca(R[lc[x]],L[rc[x]])]);
	}
	
	int update(int x,int l,int r,int k)
	{
		if (!x) x=++tot;
		if (l==r)
		{
			L[x]=R[x]=l;
			return x;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		if (k<=mid) lc[x]=update(lc[x],l,mid,k);
			else rc[x]=update(rc[x],mid+1,r,k);
		pushup(x);
		return x;
	}
	
	int merge(int x,int y)
	{
		if (!x || !y) return x|y;
		int p=++tot;
		res[p]=max(res[x],res[y]);
		lc[p]=merge(lc[x],lc[y]);
		rc[p]=merge(rc[x],rc[y]);
		pushup(p);
		return p;
	}
}seg;

void dfs1(int x,int fa)
{
	dep[x]=dep[fa]+1;
	last[x]=sam.ins(last[fa],a[x]);
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
		dfs1(e[i].to,x);
}

void dfs2(int x)
{
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		dfs2(v);
		rt[x]=seg.merge(rt[x],rt[v]);
	}
	rt[x]=seg.update(rt[x],1,2*n,sam.dfn[last[x]]);
	ans=max(ans,seg.res[rt[x]]+dep[x]-1);
}

int main()
{
	freopen("recollection.in","r",stdin);
	freopen("recollection.out","w",stdout);
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d",&n);
	for (int i=2,x;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&a[i]);
		add(x,i);
	}
	dfs1(1,0);
	sam.adde();
	sam.tot=0; sam.dfs(1);
	dfs2(1);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

标签：ch,int,YbtOJ,tot,len,fa,之树,pa,532
来源： https://www.cnblogs.com/stoorz/p/14413368.html