「十二省联考 2019」字符串问题——SAM+DAG

题目

【题目描述】

Yazid 和 Tiffany 喜欢字符串问题。在这里，我们将给你介绍一些关于字符串的基本概念。

对于一个字符串 $S$， 我们定义 $\lvert S\rvert$ 表示 $S$ 的长度。

接着，我们定义该串的子串 $S\left( {L,R}\right)$ 表示由 $S$ 中从左往右数，第 $L$ 个字符到第 $R$ 个字符依次连接形成的字符串，特别地，如果 $L < 1$ 或 $R > \lvert S\rvert$ 或 $L > R$，则 $S\left( {L,R}\right)$ 表示空串。

我们说两个字符串相等，当且仅当它们的长度相等，且从左至右各位上的字符依次相同。

我们说一个字符串 $T$ 是 $S$ 的**前缀**，当且仅当 $S\left( 1,\lvert T\rvert\right)=T$。

两个字符串 $S,T$ 相加 $S+T$ 表示的是在 $S$ 后紧挨着写下 $T$ 得到的长度为 $\lvert S\rvert+\lvert T\rvert$ 的字符串。

#### 题目描述
现有一个字符串 $S$。

Tiffany 将从中划出 $n_a$ 个子串作为 A 类串，第 $i$ 个（$1\leq i\leq n_a$）为 $A_i = S\left( la_i, ra_i\right)$。

类似地，Yazid 将划出 $n_b$ 个子串作为 B 类串，第 $i$ 个（$1\leq i\leq n_b$）为 $B_i = S\left( lb_i, rb_i\right)$。

现额外给定 $m$ 组支配关系，每组支配关系 $\left( x,y\right)$ 描述了第 $x$ 个 A 类串**支配**第 $y$ 个 B 类串。

求一个**长度最大**的目标串 $T$，使得存在一个串 $T$ 的分割 $T=t_1 + t_2 +\dots +t_k$（$k\geq 0$）满足：

- 分割中的每个串 $t_i$ 均为 A 类串：即存在一个与其相等的 A 类串，不妨假设其为 $t_i = A_{id_i}$。
- 对于分割中所有相邻的串 $t_i , t_{i+1}$（$1\leq i < k$），都有存在一个 $A_{id_i}$ 支配的 B 类串，使得该 B 类串为 $t_{i+1}$ 的前缀。

方便起见，你只需要输出这个最大的长度即可。

特别地，如果存在无限长的目标串（即对于任意一个正整数 $n$，都存在一个满足限制的长度超过 $n$ 的串），请输出 $-1$。

【输入格式】

从标准输入读入数据。

单个测试点中包含多组数据，输入的第一行包含一个非负整数 $T$ 表示数据组数。接下来依次描述每组数据，对于每组数据：

- 第 $1$ 行一个只包含小写字母的字符串 $S$。
- 第 $2$ 行一个非负整数 $n_a$，表示 A 类串的数目。接下来 $n_a$ 行，每行 $2$ 个用空格隔开的整数。
- 这部分中第 $i$ 行的两个数分别为 $la_i,ra_i$，描述第 $i$ 个 A 类串。
- 保证 $1\leq la_i\leq ra_i\leq \lvert S\rvert$。
- 接下来一行一个非负整数 $n_b$，表示 B 类串的数目。接下来 $n_b$ 行，每行 $2$ 个用空格隔开的整数。
- 这部分中第 $i$ 行的两个数分别为 $lb_i,rb_i$，描述第 $i$ 个 B 类串。
- 保证 $1\leq lb_i\leq rb_i\leq \lvert S\rvert$。
- 接下来一行一个非负整数 $m$，表示支配关系的组数。接下来 $m$ 行，每行 $2$ 个用空格隔开的整数。
- 这部分中每行的两个整数 $x,y$，描述一对 $\left( x,y\right)$ 的支配关系，具体意义见「题目描述」。
- 保证 $1\leq x\leq n_a$，$1\leq y\leq n_b$。保证所有支配关系两两不同，即不存在两组支配关系的 $x,y$ **均**相同。

【输出格式】

输出到标准输出。

依次输出每组数据的答案，对于每组数据，一行一个整数表示最大串长。特别地，如果满足限制的串可以是无限长的，则请输出 $-1$。

【样例输入】

3
abaaaba
2
4 7
1 3
1
3 4
1
2 1
abaaaba
2
4 7
1 3
1
7 7
1
2 1
abbaabbaab
4
1 5
4 7
6 9
8 10
3
1 6
10 10
4 6
5
1 2
1 3
2 1
3 3
4 1

【样例输出】

7
-1
13

【样例解释】

对于第 $1$ 组数据，A 类串有 `aaba` 与 `aba`，B 类串有 `aa`，且 $A_2$ 支配 $B_1$。我们可以找到串 `abaaaba`，它可以拆分成 $A_2 + A_1$，且 $A_1$ 包含由 $A_2$ 所支配的 $B_1$ 作为前缀。可以证明不存在长度更大的满足限制的串。

对于第 $2$ 组数据，与第 $1$ 组数据唯一不同的是，唯一的 B 类串为 `a`。容易证明存在无限长的满足限制的串。

对于第 $3$ 组数据，容易证明 `abbaabbaaaabb` 是最长的满足限制的串。

【数据范围与提示】

|$n_a$|$n_b$|$\lvert S\rvert$|测试点|$m$|$\lvert A_i\rvert \geq \lvert B_j\rvert$|其他限制|
|:-:|:-:|:-:|:-:|:-:|:-:|:-:|
|$\leq 100$|$\leq 100$|$\leq 10^4$|$1$|$\leq 10^4$|保证|保证所有 $\lvert A_i\rvert,\lvert B_j\rvert\leq 100$|
|$\leq 1000$|$\leq 1000$|$\leq 2\times 10^5$|$2\sim 3$|$\leq 2\times 10^5$|保证|无|
|$=1$|$\leq 2\times 10^5$|$\leq 2\times 10^5$|$4$|$=n_b$|保证|无|
|$\leq 2\times 10^5$|$\leq 2\times 10^5$|$\leq 2\times 10^5$|$5\sim 6$|$\leq 2\times 10^5$|保证|保证所有 $ra_i +1=la_{i+1}$|
|$\leq 2\times 10^5$|$\leq 2\times 10^5$|$\leq 2\times 10^5$|$7\sim 8$|$\leq 2\times 10^5$|保证|无|
|$\leq 2\times 10^5$|$\leq 2\times 10^5$|$\leq 2\times 10^5$|$9\sim 10$|$\leq 2\times 10^5$|不保证|无|

为了方便你的阅读，我们把**测试点编号**放在了表格的中间，请你注意这一点。

表格中的 $\lvert A_i\rvert \ge \lvert B_j\rvert$ 指的是**任意** B 类串的长度不超过**任意** A 类串的长度。

对于所有测试点，保证：$T\leq 100$，且对于测试点内所有数据，$\lvert S\rvert,n_a,n_b,m$ 的**总和**分别不会超过**该测试点中对应**的**单组数据的限制**的 $10$ 倍。比如，对于第 1 组测试点，就有 $\sum n_a\leq 10\times 100=1000$ 等。特别地，我们规定对于测试点 4，有 $T\leq 10$。

对于所有测试点中的每一组数据，保证：$1\leq \lvert S\rvert\leq 2\times 10^5$，$n_a , n_b\leq 2\times 10^5$，$m\leq 2\times 10^5$。

#### 提示
十二省联考命题组温馨提醒您：

**数据千万条，清空第一条。**

**多测不清空，爆零两行泪。**

题解

首先想到的是暴力判断 $ b_j $ 是否为 $ a_i $ 前缀，效率为 $ O(n^2) $，卡一卡能过前 $ 40 \% $

考虑优化寻找过程，如果将串反过来，那么前缀就变成了后缀，那么就想到了后缀自动机

对于后缀自动机的每一个节点，都是其子树的前缀，那么直接按着 parent 树建图即可，可以过 $ 80 \% $

但上述做法是错的，因为 $ |a_i|>|b_j| $，所以当节点 $ x $ 有 $ |b_1|=5,|a_1|=6,|b_2|=7 $ 时，$ a_1 $ 会有一条连向 $ b_2 $ 的边，直接 GG

考虑修改建图的过程，将属于 $ x $ 的 $ a,b $ 排序，由 $ b $ 小的向大的连边，每一个 $ a $ 连向最大的比它小的 $ b $，这样子就可以避免以上的问题了，并且每一个 $ b $ 仅向他的儿子的 $ b $ 的结尾连边，这样子边数的复杂度为 $ O(n) $

然后在建出的图跑 DAG+DP，如果有环就是 -1，不然就是最长路

时间效率：$ O(nlogn) $，主要在建后缀自动机和求对应的节点上

然后在 $dis[v=e[k].to]=max(dis[v],dis[now]+len[now])$ 上调到自闭，因为评测环境里从后往前做

数据千万条，清空第一条。

多测不清空，爆零两行泪

代码

 #include<bits/stdc++.h>
 #define LL long long
 #define pb push_back
 #define _(d) while(d(isdigit(ch=getchar())))
 using namespace std;
 int R(){
     int x;bool f=;char ch;_(!)if(ch=='-')f=;x=ch^;
     _()x=(x<<)+(x<<)+(ch^);return f?x:-x;}
 const int N=1e6+;
 int n,m,lg,tot,ma,mb,head[N],dg[N],cnt,h[N],A[N],B[N];
 struct edge{int to,nex;}e[N];
 int las,Rt,tmp,fa[N][],tr[N][],len[N],id[N];
 bool fl[N];LL dis[N];
 char ch[N];
 vector<int>g[N];queue<int> q;
 void clean(){
     tmp=;
     memset(fa,,sizeof fa);
     memset(tr,,sizeof tr);
     memset(len,,sizeof len);
     memset(fl,,sizeof fl);
     memset(head,,sizeof head);
     memset(dg,,sizeof dg);
     memset(dis,,sizeof dis);
 }
 void add(int s,int t){
     e[++cnt]=(edge){t,head[s]},head[s]=cnt,dg[t]++;}
 void extend(int c){
     int p=las,np=las=++tmp,q,nq;
     len[np]=len[p]+;
     while(!tr[p][c]&&p)tr[p][c]=np,p=fa[p][];
     if(!p)return void(fa[np][]=Rt);
     if(len[p]+==len[q=tr[p][c]])
         return void(fa[np][]=q);
     len[nq=++tmp]=len[p]+;
     memcpy(tr[nq],tr[q],sizeof tr[q]);
     fa[nq][]=fa[q][],fa[q][]=fa[np][]=nq;
     while(p&&tr[p][c]==q)tr[p][c]=nq,p=fa[p][];
     return;
 }
 void work(int k,int L,bool f){
     for(int i=lg;~i;i--)
         if(len[fa[k][i]]>=L)k=fa[k][i];
     fl[++tot]=f,len[tot]=L,g[k].pb(tot);
 }
 bool cmp(int a,int b){return len[a]==len[b]?fl[a]>fl[b]:len[a]>len[b];}
 LL topu(){
     LL ans=;
     for(int i=;i<=tot;i++){
         if(!dg[i])q.push(i);
         if(!fl[i])len[i]=;
     }
     while(!q.empty()){
         int now=q.front();q.pop();
         ans=max(ans,dis[now]+len[now]);
         for(int k=head[now];k;k=e[k].nex){
             int v=e[k].to;
             dis[v]=max(dis[v],dis[now]+len[now]);
             if(!(--dg[v]))q.push(v);
         }
     }
     for(int i=;i<=tot;i++)if(dg[i])return -;
     return ans;
 }
 int main(){
     for(int T=R();T--;){
         clean();
         scanf("%s",ch+),n=strlen(ch+);
         las=Rt=++tmp;
         for(int i=n;i;i--)
             extend(ch[i]-'a'),id[i]=las;
         lg=log2(tmp)+;
         for(int j=;j<=lg;j++)
             for(int i=;i<=tmp;i++)
                 fa[i][j]=fa[fa[i][j-]][j-];
         for(int i=;i<=tmp;i++)g[i].clear();
         tot=tmp,ma=R();
         for(int i=,l,r;i<=ma;i++)
             l=R(),r=R(),work(id[l],r-l+,),A[i]=tot;
         mb=R();
         for(int i=,l,r;i<=mb;i++)
             l=R(),r=R(),work(id[l],r-l+,),B[i]=tot;
         cnt=;
         for(int i=;i<=tmp;i++)sort(g[i].begin(),g[i].end(),cmp);
         for(int i=;i<=tmp;i++){
             int now=i;
             for(int v,j=g[i].size()-;~j;j--){
                 add(now,v=g[i][j]);
                 if(!fl[v])now=v;
             }
             h[i]=now;
         }
         for(int i=;i<=tmp;i++)add(h[fa[i][]],i);
         for(int x,y,i=m=R();i;i--)
             x=R(),y=R(),add(A[x],B[y]);
         printf("%lld\n",topu());
     }
     return ;
 }