[loj3396]novel
作者：互联网
建立AC自动机，记$|x$和$fail_{x}$分别表示$x$的深度（从$0$开始）和失配指针
记$W_{x}$表示以$x$为结束节点的字符串权值和$,S_{x}=\sum_{z在(fail树中)x到根路径上}W_{z}$
对于字符串$s_{i}$，定义$pos_{r}$表示$s_{i}[1,r]$在AC自动机上的位置，则
$$
g(s_{i}[l,r])=g(s_{i}[l,r))+\sum_{x在(fail树中)pos_{r}到根路径上,|x|\le r-l+1}W_{x}
$$
在此基础上，问题即对所有$r$求$\max_{1\le l\le r}\frac{g(s_{i}[l,r])}{r-l+1}$，并将$l$分为三类讨论：
1. $l=1$，单独维护，转移即$g(s_{i}[1,r])=g(s_{i}[1,r))+S_{pos_{r}}$
2. $2\le l\le r-|fail_{pos_{r}}|$，注意到后者随着$r$增加单调不降，即依次执行：
- 全局加上$S_{fail_{pos_{r}}}$（由于$i\ge 2,x=pos_{r}$的情况无意义）
- 对于$r-|fail_{pos_{r-1}}|\le l\le r-|fail_{pos_{r}}|$，在当前序列末尾加入$g(s_{i}[l,r])$
- 查询$\max_{l\in [2,r-|fail_{pos_{r}}|]}\frac{g(s_{i}[l,r])}{r-l+1}$
关于查询，二分枚举答案$k$，即判定是否存在$(l-1)k+g(s_{i}[l,r])\ge rk$
维护前者的凸包（自变量为$k$），注意到$k$减小无意义，进而可以用指针代替二分
关于加入的$g(s_{i}[l,r])$，记$t=s_{i}(r-|fail_{pos_{r}}|,r]$，则所求的$s_{i}[l,r]$即以$t$为后缀
注意到$t$是某个串的前缀（即$fail_{pos_{r}}$对应位置），可以预处理出$g(t)$（参考$1.$）
对反串建立AC自动机，在其中找到$t$所在位置，并依次加入$t$前的字符即可
前者可以对每个串均预处理出（倒序枚举长度跳$fail$树），后者即加上对应位置的$S'_{x}$
3. $r-|fail_{pos_{r}}|<l\le r$，可以利用$t$所对应前缀所求出的结果
为了保证结果间的顺序，处理完前两种情况后在AC自动机上bfs一遍即可
时间复杂度为$o(m)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 200005
4 #define M 5000005
5 #define mod 998244353
6 #define ll long long
7 #define LL __int128
8 int T,n,x,l,ql,qr,lst,Ans,inv[M],pos[M],q[M];
9 char s[M];ll tag,val[M];vector<int>ch[N];
10 struct Frac{
11 ll x;int y;
12 int get(){
13 return x%mod*inv[y]%mod;
14 }
15 bool operator < (const Frac &n)const{
16 return (LL)x*n.y<(LL)y*n.x;
17 }
18 }ans[M];
19 struct AC{
20 int V=1,dep[M],nex[M],ch[M][4];
21 ll W[M],S[M],g[M];
22 queue<int>q;vector<int>dfn,v[N];
23 void add(char *s,int l,int id,int x){
24 int k=1;v[id].push_back(1);
25 for(int i=0;i<l;i++){
26 int c=s[i]-'a';
27 if (!ch[k][c])ch[k][c]=++V,dep[V]=dep[k]+1;
28 k=ch[k][c],v[id].push_back(k);
29 }
30 W[k]+=x;
31 }
32 void build(){
33 for(int i=0;i<4;i++){
34 if (!ch[1][i])ch[1][i]=1;
35 else nex[ch[1][i]]=1,q.push(ch[1][i]);
36 }
37 while (!q.empty()){
38 int k=q.front();q.pop();
39 S[k]=W[k]+S[nex[k]],g[k]+=S[k],dfn.push_back(k);
40 for(int i=0;i<4;i++)
41 if (!ch[k][i])ch[k][i]=ch[nex[k]][i];
42 else{
43 nex[ch[k][i]]=ch[nex[k]][i];
44 g[ch[k][i]]+=g[k],q.push(ch[k][i]);
45 }
46 }
47 }
48 }T1,T2;
49 Frac get(int x,int y){
50 return Frac{val[x]-val[y],y-x};
51 }
52 void add(int k){
53 if (k==1)return;
54 while ((ql<qr)&&(get(q[qr],k)<get(q[qr-1],q[qr])))qr--;
55 q[++qr]=k;
56 }
57 Frac query(int k){
58 if (ql>qr)return Frac{0,1};
59 val[k+1]=-tag;
60 while ((ql<qr)&&(get(q[ql],k+1)<get(q[ql+1],k+1)))ql++;
61 return get(q[ql],k+1);
62 }
63 int main(){
64 inv[0]=inv[1]=1;
65 for(int i=2;i<M;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
66 scanf("%d%d",&n,&T);
67 for(int i=1;i<=n;i++){
68 scanf("%s%d",s,&x),l=strlen(s);
69 for(int j=0;j<l;j++)ch[i].push_back(s[j]-'a');
70 T1.add(s,l,i,x),reverse(s,s+l),T2.add(s,l,i,x);
71 }
72 T1.build(),T2.build();
73 for(int i=1;i<=n;i++){
74 l=ch[i].size();
75 for(int j=l,k=T2.v[i][l];j>=0;j--){
76 while (j<T2.dep[k])k=T2.nex[k];
77 pos[T1.v[i][j]]=k;
78 }
79 }
80 for(int i=1;i<=n;i++){
81 l=ch[i].size(),ql=1,qr=lst=0;
82 for(int r=1;r<=l;r++){
83 int k=T1.v[i][r];tag+=T1.S[T1.nex[k]];
84 int k0=pos[T1.nex[k]];ll s=T1.g[T1.nex[k]];
85 for(int j=r-T1.dep[T1.nex[k]];j>=r-T1.dep[T1.nex[lst]];j--){
86 k0=T2.ch[k0][ch[i][j-1]],s+=T2.S[k0],val[j]=s-tag;
87 }
88 for(int j=r-T1.dep[T1.nex[lst]];j<=r-T1.dep[T1.nex[k]];j++)add(j);
89 lst=k,ans[k]=max(query(r),Frac{T1.g[k],r});
90 }
91 }
92 for(int i:T1.dfn)ans[i]=max(ans[i],ans[T1.nex[i]]);
93 for(int i=1;i<=n;i++){
94 l=ch[i].size();Frac s=Frac{0,1};
95 for(int j=1;j<=l;j++)s=max(s,ans[T1.v[i][j]]),Ans^=s.get();
96 if ((!T)&&(i==1))printf("%.6f\n",1.0*s.x/s.y);
97 }
98 if (T)printf("%d\n",Ans);
99 return 0;
100 }
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标签：AC,le,int,novel,pos,loj3396,fail,define 来源： https://www.cnblogs.com/PYWBKTDA/p/16462777.html