21.6.21 test

\(NOI\) 模拟赛

字符串滚出 \(OI\)

看到题目名称，\(T1\) 串，\(T2\) 两个串，\(T3\) K个串，我 \(\cdots\)，血压已经上来了。

\(T1\) 写了 \(O(n^2)\) 的暴力15pts，正解是AC自动机上面做dp？？？我还是太菜了，dp没看懂。

\(T2\) 总觉得是在kmp上面修改，但被自己hack了，又加了个小数据跑暴力的部分（貌似数据没有在小数据上卡一般的kmp）40pts。正解是拿出了一个神奇的柿子加上FFT???

\(T3\) \(O(n^2)\) 暴力写挂了，正解是主席树加堆 ，有想过主席树但是被自己否定了。

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update on 21.6.22

发现是BZOJ原题，就不开隐藏了，当题解写一下，放一下代码。

T1:串

这篇Blog写的比老师给的易懂（逃。所以写的是这篇里的思想和我的理解。对字符串不是很会，所以很多地方要感性理解一下。

题意：

给出一个字符串集，求有多少字符串可拆分为非空的两部分，每部分都是集合中某一个字符串的前缀。

题解：

考虑枚举所有不重复的前缀拼接，总前缀数为 \(m\)，如果把重复的都计算，那么答案为 \(m^2\)，于是考虑算出重复的字符串数。

如果一个字符串有重复，那么它一定可以有多种分解方式。如：

有 \((head,a)+(a,end)\) 和 \((haed,b)+(b,end)\) 两种分解。拼接的是前缀，所以我们可以判断 \((head,a),(a,end),(haed,b),(b,end),(a,b)\) 都是出现在字符串集中的前缀，其中 \((a,b)\) 既是 \((head,b)\) 的后缀，又是 \((a,end)\) 的前缀。由于 AC 自动机上的 fail 数组正是 AC 自动机上存在的最长后缀，方便处理题中的后缀，所以把所有的字符串都丢到 AC 自动机上面。考虑枚举 \((a,end)\)，那么它的 fail 就是它的最长后缀，此时即为最近的 b。可以预处理出以 \((a,b)\) 为后缀的字符串数，这就是以 \((a,b)\) 为中间串，\((b,end)\) 为后面串的贡献。枚举所有分割点 \(a,b,c,d,e,\cdots\) 都这样操作，除了最后一个 fail=0 的保留，刚好可以把所有重复的字符串去除。因为只要这个分割点 fail 不等于 0，就说明这种分割方式一定可以被后面 fail 的方式替代。

在实际操作中，我们只需要枚举 \((a,end)\) （也就是所有 fail 不为 0 的节点），它的 fail 为 \((b,end)\) ，那么沿着 a 的 fa 向上找 len[\((b,end)\)] 次后就表示\((a,b)\)，减去以它为后缀的前缀数量。用字典树大小的平方减去所有贡献后即为最终答案。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
string c[10005];
int ch[300005][30],cn=0;
int fail[300005],cnt[300005],dis[300005],fa[300005];//cnt即以它为后缀的前缀数量
void insert(string s){
	int len=s.length(),p=0;
	for(int i=0;i<len;i++){
		int t=s[i]-'a'+1;
		if(!ch[p][t])
			ch[p][t]=++cn;
		dis[ch[p][t]]=dis[p]+1;
		fa[ch[p][t]]=p;
		p=ch[p][t];
	}
}
void getfail(){
	queue<int> q;
	int p=0;
	for(int i=1;i<=26;i++){
		if(ch[p][i]){
			q.push(ch[p][i]);
			fail[ch[p][i]]=0;
		}
	}
	while(!q.empty()){
		p=q.front();
		q.pop();
		for(int i=1;i<=26;i++){
			if(!ch[p][i])continue;
			int v=ch[p][i],j;
			for(j=fail[p];j&&!ch[j][i];j=fail[j]);
			fail[v]=ch[j][i];
			for(j=fail[v];j;j=fail[j])
				cnt[j]++;
			q.push(v);
		}
	}
}
int up(int now,int lenth){
	while(lenth--)now=fa[now];
	return now;
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>c[i];
		insert(c[i]);
	}
	getfail();
	int ans=cn*cn;
	for(int i=1;i<=cn;i++)
		if(fail[i])ans-=cnt[up(i,dis[fail[i]])];
	cout<<ans;
	return 0;
}

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T2：两个串

学了FFT再来看。

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T3：K个串

题意：

求第K大的子串和。（以下和均为重复只算一次）

题解：

考虑每个点作为左端点对应的答案，将1为左端点时的答案：\(1\) 到 \(i\) 的和\((1\leq i\leq n)\)，建一棵线段树，可以维护最大值。对于2为左端点的答案，发现只需要在第一颗线段树的基础上，将1节点改为-inf，并在[2,next[1]-1]（next[i]表示i之后第一次出现a[i]的位置,没有出现则记为n+1）的节点全部减掉a[1]。后面的线段树都可以像这样构建，于是用可持久化线段树，有区间修改所以再写一个懒标记。

维护出每棵树后将他们的最大值插进堆里，取出其中最大值后，在对应线段树中删去最大值，也就是将对应节点改为-inf，再将此时的最大值插入堆中，循环k次就可以找到第K大值了。

时间复杂度大概是\(O((n+k)\log n)\)，神犇hrj对它的常数略有研究，%%%。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,k;
const int maxn=100005;
const int maxk=200005;
map<int,int> M;//仅用于求和时判重
int a[maxn],next[maxn];
int f[maxn];
priority_queue<pair<int,int> >Q;
//segment_tree----
#define ls(x) t[x].ls
#define rs(x) t[x].rs
#define mx(x) t[x].mx
#define tag(x) t[x].tag
int rt[maxn],tn=1;
struct node{
	int ls,rs;
	int mx,tag;
}t[maxn<<8];
int built(int l,int r,int p){//初始线段树
	if(l==r){mx(p)=f[l];return p;}
	int mid=(l+r)>>1;
	ls(p)=built(l,mid,++tn);
	rs(p)=built(mid+1,r,++tn);
	mx(p)=max(mx(ls(p)),mx(rs(p)));
	return p;
}
void cover(int &x,int d){//在x基础上新建节点
	int y=++tn;
	ls(y)=ls(x);
	rs(y)=rs(x);
	mx(y)=mx(x)+d;
	tag(y)=tag(x)+d;
	x=y;
}
void pushdown(int p){
	if(!tag(p))return ;
	cover(ls(p),tag(p));
	cover(rs(p),tag(p));
	tag(p)=0;
}
void make(int &now,int pre,int l,int r,int ml,int mr,int d){//now为新节点，pre为基础，l，r为范围，ml，mr为修改范围，d为加上的值，以这些数据新建线段树
	now=++tn;
	ls(now)=ls(pre);
	rs(now)=rs(pre);
	mx(now)=mx(pre);
	tag(now)=tag(pre);
	if(ml>mr)return ;
	if(l>=ml&&r<=mr){
		mx(now)+=d;
		tag(now)+=d;
		return ;
	}
	pushdown(now);
	int mid=(l+r)>>1;
	if(ml<=mid)make(ls(now),ls(now),l,mid,ml,mr,d);
	if(mr>mid)make(rs(now),rs(now),mid+1,r,ml,mr,d);
	mx(now)=max(mx(ls(now)),mx(rs(now)));
}
int getposition(int p,int l,int r){//找到这棵线段树中最大值的位置
	if(l==r)return l;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(mx(ls(p))>mx(rs(p)))return getposition(ls(p),l,mid);
	else return getposition(rs(p),mid+1,r);
}
//----------------
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		f[i]=f[i-1];
		if(M.count(a[i]))next[M[a[i]]]=i;
		else f[i]+=a[i];
		M[a[i]]=i;
	}
	rt[1]=1;
	built(1,n,1);
	Q.push(make_pair(mx(rt[1]),1));
	for(int i=2;i<=n;i++){
		make(rt[i],rt[i-1],1,n,i,next[i-1]?next[i-1]-1:n,-a[i-1]);
		make(rt[i],rt[i],1,n,i-1,i-1,0xb0b0b0b0b0b0b0b0LL);
		Q.push(make_pair(mx(rt[i]),i));
	}
	int maxa;int kth;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		maxa=Q.top().first;
		kth=Q.top().second;
		Q.pop();
		int p=getposition(rt[kth],1,n);
		make(rt[kth],rt[kth],1,n,p,p,-100000000000000000LL);
		Q.push(make_pair(mx(rt[kth]),kth));
	}
	printf("%lld",maxa);
	return 0;
}

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