BZOJ3277 串 和 BZOJ3473 字符串
字符串
给定n个字符串,询问每个字符串有多少子串(不包括空串)是所有n个字符串中至少k个字符串的子串?
分析
广义后缀自动机不就是把很多串的SAM建到了一个SAM上,建每个串的时候都从root开始(last=root)就行了........
广义后缀自动机是Trie树的后缀自动机,可以解决多主串问题
这样的在线构造算法复杂度为O(G(T)),G(T)为Trie树上所有叶子节点深度和,发现G(T)<=所有主串总长度
对于这题,首先我们要知道几个定理
- 节点i表示的本质不同的字符串可以由len[i]−len[fa[i]]得到
- 一个串的子串 等价于 一个串所有前缀的所有后缀
这样子串就转换为求一个串的前缀的所有后缀的问题
前缀可以枚举,问题转换为求一个字符串的各个后缀在其他字符串中出现了多少次
这样我们可以把广义后缀自动机建出来,然后暴力沿着parent边跑,这样可以枚举出所有后缀
同时为了不重复枚举,我们需要记录下每个后缀是否已经被枚举过了
这样最坏情况下复杂度为O(L^3/2),发生在n=L的时候(均值不等式啊)
这样我们就可以知道一个状态出现的次数是否>=K,接下来我们只要统计出这个状态出现的次数就行了
DP出f[i]为i及其Parent祖先出现次数>=k有多少字符串(注意一个状态贡献的字符串为t[par].val-t[u].val),然后在跑一遍每个字符串得到答案就行了
然后就做完了。时间复杂度\(O(L^{1.5})\)
co int N=2e5;
string s[N];
int last=1,tot=1;
int ch[N][26],fa[N],len[N];
void extend(int c){
int p=last,cur=last=++tot;
len[cur]=len[p]+1;
for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=cur;
if(!p) fa[cur]=1;
else{
int q=ch[p][c];
if(len[q]==len[p]+1) fa[cur]=q;
else{
int clone=++tot;
memcpy(ch[clone],ch[q],sizeof ch[q]);
fa[clone]=fa[q],len[clone]=len[p]+1;
fa[cur]=fa[q]=clone;
for(;ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=clone;
}
}
}
int vis[N],times[N],sum[N];
void dfs(int x){
if(x==1||vis[x]) return;
vis[x]=1;
dfs(fa[x]);
sum[x]+=sum[fa[x]];
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
int n,k;
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>s[i];
last=1;
for(int j=0;j<s[i].length();++j) extend(s[i][j]-'a');
}
// GetTimes
for(int i=1;i<=n;++i){
int now=1;
for(int j=0;j<s[i].length();++j){
now=ch[now][s[i][j]-'a'];
for(int t=now;t&&vis[t]!=i;t=fa[t]) vis[t]=i,++times[t];
}
}
for(int i=1;i<=tot;++i) sum[i]=(times[i]>=k)*(len[i]-len[fa[i]]);
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int i=1;i<=tot;++i) dfs(i);
for(int i=1;i<=n;++i){
int ans=0,now=1;
for(int j=0;j<s[i].length();++j)
now=ch[now][s[i][j]-'a'],ans+=sum[now];
printf("%d ",ans);
}
return 0;
}
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