珠宝商

题目描述

Louis.PS 是一名精明的珠宝商，他出售的项链构造独特，很大程度上是因为他的制作方法与众不同。每次 Louis.PS 到达某个国家后，他会选择一条路径去遍历该国的城市。在到达一个城市后，他会使用在这个城市流行的材料制作一颗珠子，并按照城市被访问的顺序将珠子串联做成项链，为了使制作出来的项链不会因为城市之间的竞争而影响销量，路径中同一个城市不会重复出现（因为如果项链中 $A$ 城市的材料比 $B$ 城市的材料使用的多，则项链在 $B$ 城市的宣传可能会受到影响）。经过多年对消费者的调查， Louis.PS 已经掌握了判断一条项链吸引消费者程度的方法，具体来说， Louis.PS 经过调查得出了受消费者欢迎的项链的特征，并基于此制作了一个长项链(Louis.PS 称之为特征项链)。对于一条待售的项链，这条项链在特征项链里出现的次数越多，这条项链就越受消费者欢迎。

考虑到现实情况的复杂性，我们对条件做出适当的简化。 对于每个国家，在某些城市间存在道路直接相连，对于两个不同的城市，有且仅有一条路径连接这两个城市（即国家是连通的，且不存在一个环）。对于每个城市，我们用一个小写字母来表示在这个城市流行的材料类型。这样，我们就可以用一个仅包含小写字母的字符串来表示一条项链， 我们将特征项链所对应的字符串称作特征字符串，设为 $EigenString[1...M]$,$M$ 为特征项链的长度。对于一条项链，假设其对应字符串为 $P[1...L]$,$L$ 为这条项链的长度。如果存在一个正整数$K$, 使$EigenString[K...K+L-1]=P[1..L]$，称这条项链在特征项链中出现了一次。 满足上述 条件的正整数$K$的个数即为这条项链在特征项链的出现次数，记为$Popularity(P)$。

Louis.PS 使用数学中的期望概念来评价一个国家是否适合珠宝的采集,对于一个包含 $N$ 个城市的国家，令 $Str_{u,v}$ 表示沿着从 $u$ 开始,至 $v$ 结束的路径所得到的项链的对应字符串。 ($Str_{u,v}$ 与 $Str_{v,u}$ 表示的串一般不相同)，则 $$Expectation=\sum_{u,v} Popularity(Str_{u,v}) / N^2$$ 对于如下的例子(图中实线表示两端点的国家有直接道路相连)：

$N=3$,所流行的材料类型分别为 $\tt{a,a,b}$。 $$Expectation=\dfrac{3+1+2+1+3+1+1+1+2}{9}=\dfrac{5}{3}$$ 对于一个国家， Louis.PS 想知道其 Expectation 的值，但苦于计算期望的工作量太大。作为珠宝店的学徒， 你当然不愿放过难得在老板面前展示自己的机会。

输入输出格式

输入格式：

输入文件$\tt{jewelry.in}$,第一行包含两个整数 $N$,$M$，表示城市个数及特征项链长度。 接下来的 $N-1$ 行， 每行两个整数 $x,y$， 表示城市 $x$ 与城市 $y$ 有直接道路相连。城市由 $1~N$ 进行编号。 接下来的一行，包含一个长度为 $N$，仅包含小写字母的字符串，第 $i$ 位的字符表示在城市 $i$ 流行的原料类型。 最后一行， 包含一个长度为 $M$， 仅包含小写字母的字符串， 表示特征字符串。

输出格式：

输出文件 $\tt{jewelry.out}$ 仅包含一个整数,为 $N^2 * Expectation$。

输入输出样例

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3 5
1 2
1 3
aab
abaab

输出样例#1： 复制

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说明

有 $20\%$的数据,满足$M \leq 1000$；

有 $40\%$的数据,满足ܰ$N \leq 8000, M \leq 50000$；

对于 $100\%$的数据,$N,M \leq 50000$。

分析

参照张天扬《后缀自动机及其应用》和SFN1036的题解。

因为是求出现次数，显然可以用到后缀自动机来做。
首先考虑两种不同的暴力做法：

暴力1：枚举每个点作为起点，然后把整棵树dfs一次，求出起点到每个点组成的路径的出现次数。由于sam的转移是\(O(1)\)的，所以这么做总的复杂度是\(O(n^2)\)。

暴力2：我们考虑求每个点作为路径的lca时候的贡献。设路径的lca为点Z，那么对于一条路径(X,Y)，我们可以将其拆成(X,Z)和(Z,Y)两条路径。对于Z的字符在S中的匹配位置，我们可以求出有多少条形如(Z,Y)的路径在该位置匹配；同理我们可以求出有多少条形如(X,Z)的路径在S的反串对应位置上匹配，然后每一位两边的匹配数相乘的和就是这个点的贡献。但注意到有可能X和Y位于同一棵子树内，所以还要对每棵子树再求一次来去重。关于如何实现求每个位置的匹配路径数量，我们可以在正反两串的后缀树上打标记，最后下推到叶节点就好了。这么做因为求每个点贡献的时候都要把后缀树扫一遍，所以总的复杂度是\(O(n^2+nm)\)。

再仔细思考一下不难发现暴力2可以通过点分治来优化。因为点分治后，所有分治子树的size和大小为\(O(n\log n)\)，所以总的复杂度就是\(O(n \log n+nm)\)。
那么现在我们的瓶颈就在于每次扫后缀树时的\(O(m)\)。
当当前的分治子树size较小时，我们暴力扫后缀树显然是一种浪费。那么我们可以怎么做呢？做法1！
我们不妨设一个阈值B，当分治子树的size不超过B时我们用做法1，不然就用做法2。
显然size超过B的分治子树只有不超过\(O(⌊n/B⌋)\)个，若我们碰到一个size不超过B的子树就退出的话，也可以证明遍历到的size不超过B的子树只有\(O(⌊n/B⌋)\)个。
解一下方程发现，当B是\(√m\)的时候时间复杂度取到最优。
这样总的复杂度就是\(O((n+m)√m)\)，就可以AC啦。

接下来讲一下如何在后缀树上打标记。
一开始我以为的是先在sam的DAG上跑，跑到最后一个点时就在该点打标记，然后最后把标记下传到叶节点。打完之后发现无论怎样都对不齐，仔细思考了一下发现这样是不对的。
假设我们建出了S的后缀树，当我们要加入字符串(Z,Y)的时候，因为后缀树本质是一棵所有后缀组成的trie，于是我们可以从后缀树的根开始往下跳。跳到最终点的时候，我们就在这里打一个标记，然后最后再把所有标记下传到叶节点，那么我们就可以知道每个后缀的前缀匹配了多少字符串。
我们又知道S的后缀树等于其反串的后缀自动机上的parents树，那么我们就可以先把反串的parents树搞出来，然后在parents树上用同样的方法来打标记即可。
换句话说，用sam的时候，当我们要在字符串的后面加入一个字符时，可以沿着sam的DAG跳，而当我们要在字符串的前面加入一个字符时，我们就可以沿着parents树往下跳。

这题其实还有一个优化，就是在用方法2去重的时候，也应该按照子树的大小来决定用哪一种方法。而我比较懒，所以就直接用了方法2来去做。

标签：LG4218,后缀,城市,路径,珠宝商,项链,字符串,CTSC2010,我们
来源： https://www.cnblogs.com/autoint/p/10833269.html