题目链接

https://codeforces.com/contest/1063/problem/F

题解

虽然本题有时间复杂度较高但非常好写的做法......

首先,若答案为 \(k\),则一定存在一种最优方案,使得对于任意 \(i \in [1, k)\),有 \(|t_i| = |t_{i + 1}| + 1\),换句话说,第 \(i + 1\) 个字符串可以通过第 \(i\) 个字符串删掉首字符或尾字符得到。其正确性显然。

这样,我们可以记录 \(f_i\) 表示串 \(s\) 从 \(i\) 开始的的后缀,选择一个前缀作为串 \(t_1\) 可得到的最大的 \(k\)。求 \(f_i\) 显然可以二分,设二分的值为 \(v\),由于最终得到的相邻两个字符串的长度差为 \(1\),因此二分的值 \(v\) 即为当前以 \(s_i\) 开头的字符串 \(t_1\) 的长度。我们的任务是判断能否找到一个以 \(s_{i \sim i + v - 1}\) 删去首/尾字符作为前缀的后缀,使得该后缀对应的位置 \(p\) 满足 \(f_p \geq v - 1\)。

直接求难以入手,我们将问题转化一下,我们希望找到所有和从 \(i\) 或 \(i + 1\) 开始的后缀的 lcp 长度不小于 \(v - 1\) 的后缀对应位置的 \(f\) 的最大值。我们求出原串 \(s\) 的后缀数组后,合法的后缀对应的 \(\rm rank\) 一定是一段连续的且包含 \({\rm rank}_i\) 或 \({\rm rank}_{i + 1}\) 的区间。这样,我们就可以用线段树维护 \(f\):把位置 \(p\) 对应的 \(f\) 值记录到线段树的 \({\rm rank}_p\) 位置,查询时直接区间查询最大值即可。合法后缀的 \(\rm rank\) 对应的区间也能通过二分得到,因此单次判断的时间复杂度为 \(O(\log n)\),整个问题的时间复杂度即为 \(O(n \log^2 n)\)。

不过这并不是最优的时间复杂度。

首先给出结论:\(f_i \leq f_{i + 1} + 1\)。其正确性显然:由于 \(f_{i + 1}\) 较 \(f_i\) 而言,存在一种方案,第一个字符串只少了 \(s_i\) 一个字符,这样最多只会少一个字符串,故 \(f_{i + 1} \geq f_i - 1\),即 \(f_i \leq f_{i + 1} + 1\)。

有了该结论后,我们就可以省去二分,对于位置 \(i\) 直接从 \(f_{i + 1} + 1\) 开始暴力判断,直到遇到第一个合法的值停止,将其作为 \(f_i\) 即可。这样,总时间复杂度就优化至了 \(O(n \log n)\)。

然而,上述做法始终回避了一个问题,那就是上述做法并没有使得字符串与字符串间不存在交。不过,使用 \(O(n \log n)\) 的做法能够很好地解决这一问题。注意到我们在判断位置 \(f_p = v\) 是否合法时,为了保证不存在交,我们希望只能查询到位置 \(p + v\) 及其之后的 \(f\) 值。由于当 \(p\) 固定时,我们枚举的 \(v\) 是从大到小的,又由于 \(f_p - f_{p + 1} \leq 1\),因此我们希望查询到的合法区域的左端点也是单调不上升的。我们只需记录一个指针即可,时间复杂度依然是 \(O(n \log n)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define rg register

template<typename T> inline bool checkMax(T& a, const T& b) {
return a < b ? a = b, true : false;
} const int N = 5e5 + 10; int n, c[N], x[N], y[N], sa[N], _rank[N], height[N], f[N][20], logv[N], g[N];
char s[N]; inline void get_sa(int m) {
for (rg int i = 0; i < n; ++i) {
++c[x[i] = s[i]];
}
for (rg int i = 1; i < m; ++i) {
c[i] += c[i - 1];
}
for (rg int i = n - 1; ~i; --i) {
sa[--c[x[i]]] = i;
}
for (rg int k = 1; k <= n; k <<= 1) {
int p = 0;
for (rg int i = n - 1; i >= n - k; --i) {
y[p++] = i;
}
for (rg int i = 0; i < n; ++i) {
if (sa[i] >= k) {
y[p++] = sa[i] - k;
}
}
fill(c, c + m, 0);
for (rg int i = 0; i < n; ++i) {
++c[x[y[i]]];
}
for (rg int i = 1; i < m; ++i) {
c[i] += c[i - 1];
}
for (rg int i = n - 1; ~i; --i) {
sa[--c[x[y[i]]]] = y[i];
}
swap(x, y);
p = 1, x[sa[0]] = 0;
for (rg int i = 1; i < n; ++i) {
x[sa[i]] = (y[sa[i]] == y[sa[i - 1]] && y[sa[i] + k] == y[sa[i - 1] + k]) ? p - 1 : p++;
}
if (p >= n) {
break;
}
m = p;
}
} inline void get_height() {
for (rg int i = 0; i < n; ++i) {
_rank[sa[i]] = i;
}
int k = 0;
for (rg int i = 0; i < n; ++i) {
k -= k ? 1 : 0;
if (!_rank[i]) {
continue;
}
int j = sa[_rank[i] - 1];
for (; s[i + k] == s[j + k]; ++k);
height[_rank[i]] = k;
}
for (rg int i = 0; i < n; ++i) {
f[i][0] = height[i];
}
for (rg int i = 2; i <= n; ++i) {
logv[i] = logv[i >> 1] + 1;
}
for (rg int j = 1; (1 << j) <= n; ++j) {
for (rg int i = 0; i + (1 << j) - 1 < n; ++i) {
f[i][j] = min(f[i][j - 1], f[i + (1 << j - 1)][j - 1]);
}
}
} inline int query(int x, int y) {
x = _rank[x];
y = _rank[y];
if (x > y) {
swap(x, y);
}
++x;
int k = logv[y - x + 1];
return min(f[x][k], f[y - (1 << k) + 1][k]);
} #define lo (o<<1)
#define ro (o<<1|1) int maxv[N << 2]; inline void modify(int l, int r, int o, int p, int v) {
if (l == r) {
maxv[o] = v;
} else {
int mid = l + r >> 1;
(p <= mid) ? modify(l, mid, lo, p, v) : modify(mid + 1, r, ro, p, v);
maxv[o] = max(maxv[lo], maxv[ro]);
}
} inline int query(int l, int r, int o, int ql, int qr) {
if (ql <= l && r <= qr) {
return maxv[o];
} else {
int mid = l + r >> 1, res = 0;
if (ql <= mid) {
checkMax(res, query(l, mid, lo, ql, qr));
} if (qr > mid) {
checkMax(res, query(mid + 1, r, ro, ql, qr));
}
return res;
}
} inline bool binary_search(int p, int len) {
int l = 0, r = _rank[p], ql, qr;
while (l ^ r) {
int mid = l + r >> 1;
if (query(sa[mid], p) >= len) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
ql = l;
l = _rank[p], r = n - 1;
while (l ^ r) {
int mid = (l + r >> 1) + 1;
if (query(sa[mid], p) >= len) {
l = mid;
} else {
r = mid - 1;
}
}
qr = l;
return query(0, n - 1, 1, ql, qr) >= len;
} inline bool check(int p, int len) {
--len;
return binary_search(p, len) | binary_search(p + 1, len);
} int main() {
scanf("%d%s", &n, s);
get_sa('z' + 1);
get_height();
int ans = 0;
for (rg int i = n - 1, p = n - 1, last_val = 0; ~i; --i) {
for (++last_val; !check(i, last_val); --last_val, modify(0, n - 1, 1, _rank[p], g[p]), --p);
checkMax(ans, g[i] = last_val);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}

CF1063F. String Journey(后缀数组+线段树)的更多相关文章

  1. [CF1063F]String Journey[后缀数组+线段树]

    题意 在 \(S\) 中找出 \(t\) 个子串满足 \(t_{i+1}\) 是 \(t_{i}\) 的子串,要让 \(t\) 最大. \(|S| \leq 5\times 10^5\). 分析 定义 ...

  2. Codeforces 1063F - String Journey(后缀数组+线段树+dp)

    Codeforces 题面传送门 & 洛谷题面传送门 神仙题,做了我整整 2.5h,写篇题解纪念下逝去的中午 后排膜拜 1 年前就独立切掉此题的 ymx,我在 2021 年的第 5270 个小 ...

  3. BZOJ 1396: 识别子串( 后缀数组 + 线段树 )

    这道题各位大神好像都是用后缀自动机做的?.....蒟蒻就秀秀智商写一写后缀数组解法..... 求出Height数组后, 我们枚举每一位当做子串的开头. 如上图(x, y是height值), Heigh ...

  4. 【XSY1551】往事 广义后缀数组 线段树合并

    题目大意 给你一颗trie树,令\(s_i\)为点\(i\)到根的路径上的字符组成的字符串.求\(max_{u\neq v}(LCP(s_u,s_v)+LCS(s_u,s_v))\) \(LCP=\) ...

  5. Luogu4770 NOI2018你的名字(后缀数组+线段树)

    即求b串有多少个本质不同的非空子串,在a串的给定区间内未出现.即使已经8102年并且马上就9102年了,还是要高举SA伟大旗帜不动摇. 考虑离线,将所有询问串及一开始给的串加分隔符连起来,求出SA.对 ...

  6. BZOJ 2865 字符串识别 | 后缀数组 线段树

    集训讲字符串的时候我唯一想出正解的题-- 链接 BZOJ 2865 题面 给出一个长度为n (n <= 5e5) 的字符串,对于每一位,求包含该位的.最短的.在原串中只出现过一次的子串. 题解 ...

  7. bzoj 1396: 识别子串 && bzoj 2865: 字符串识别【后缀数组+线段树】

    根据height数组的定义,和当前后缀串i最长的相同串的长度就是max(height[i],height[i+1]),这个后缀贡献的最短不同串长度就是len=max(height[i],height[ ...

  8. BZOJ 2865 字符串识别(后缀数组+线段树)

    很容易想到只考虑后缀长度必须为\(max(height[rk[i]],height[rk[i]+1])+1\)(即\([i,i+x-1]\)代表的串只出现过一次)然后我正着做一遍反着做一遍,再取一个\ ...

  9. [CF653F] Paper task - 后缀数组,线段树,vector

    [CF653F] Paper task Description 给定一个括号序列,统计合法的本质不同子串的个数. Solution 很容易想到,只要在传统统计本质不同子串的基础上修改一下即可. 考虑经 ...

  10. BZOJ.1396.识别子串(后缀自动机/后缀数组 线段树)

    题目链接 SAM:能成为识别子串的只有那些|right|=1的节点代表的串. 设这个节点对应原串的右端点为r[i],则如果|right[i]|=1,即\(s[\ [r_i-len_i+1,r_i-le ...

随机推荐

  1. A*搜索 概念

    启发式搜索:启发式搜索就是在状态空间中的搜索对每一个搜索的位置进行评估,得到最好的位置,再从这个位置进行搜索直到目标.这样可以省略大量无畏的搜索路径,提到了效率.在启发式搜索中,对位置的估价是十分重要 ...

  2. code1316 文化之旅

    文化之旅的本质是最短路问题,只不过添加了一个文化排斥,仅需要做最短路时判断一下是否排斥即可 因为数据较小,采用了Floyd算法,以下是代码,关键部分附注释: #include<iostream& ...

  3. [Training Video - 4] [Groovy] Optional parameter in groovy

    Employee.log=log Employee e1 = new Employee() log.info e1.add(1,2,3,4) // optional parameters in gro ...

  4. c linux ping 实现

    摘自:https://blog.csdn.net/weibo1230123/article/details/79891018 ping的实现和代码分析一.介绍     ping命令是用来查看网络上另一 ...

  5. Golang 之 key-value LevelDB

    时常会在应用中用到数据库功能,象 Key-Value 性质的.直接搬个 Redis,Mysql嫌大,好在有 LevelDB,直接编进应用中. 有关什么是 LevelDB 以及 LevelDB 的特性, ...

  6. 迁移ORACLE数据库文件到ASM

    迁移数据文件到ASM 数据库一致性情况下迁移:将数据库启动到mount状态,生成rman copy 语句,然后在rman中执行: SQL> startup mount SQL> selec ...

  7. hdu 4068 I-number

    #include<stdio.h> #include<string.h> ]; int al; int mysum() //求各位和 { ; al=strlen(a); ; i ...

  8. 1118 Lining Up

    题目链接: http://poj.org/problem?id=1118 题意: 给定n个点, 求在同一直线上的点最多的直线上点的数目. 解法: 简单题目, 规模比较小,  暴力搜索. #includ ...

  9. Eclipse Failed to get the required ADT version number from SDK

    之前本人的AndroidStudio和Eclipse使用的是同一个SDK,然后使用AndroidStudio的 SDK Manager对SDK进行了update,再打开Eclipse就报了“Eclip ...

  10. javascript总结22: javascript的对象--面向对象编程

    1 对象:JavaScript 中的所有事物都是对象:字符串.数值.数组.函数. 对象与程序的关系: 程序 = 基于对象操作的算法 + 以对象为最小单位的数据结构 此外: 面向对象的本质就是让对象有多 ...