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\(max_{u\neq v}(LCP(s_u,s_v)+LCS(s_u,s_v))\)

  \(LCP=\)最长公共前缀,\(LCS=\)最长公共后缀

  \(1\leq n\leq 200000\),字符集为\(\{0\ldots 300\}\)

题解

  我们先看看这个\(LCP(s_u,s_v)\)怎么求

  广义后缀自动机不行。广义后缀树可能可以,但我不会。广义后缀数组可以。然后我就开始手推广义后缀数组

  广义后缀数组:和后缀数组类似,求出\(s_i\)的排名以及\(LCP(s_{sa_{}i-1},s_{sa_i})\)

  实现也和后缀数组类似,倍增,把两段\(2^{i-1}\)的信息合并成\(2^i\)的信息。另外还要保存\(s_i\)的长度为\(2^j\)的前缀在所有字符串的长度为\(2^j\)的前缀中的排名。

  求完\(sa_i\)和\(rk_i\)后,我们用二分+哈希求\(LCP(s_{sa_{i-1}},s_{sa_i})\)。上面保存下来的所有长度为\(2^j\)的前缀的排名可以当哈希值来用(考场上我写了哈希)。然后用st表来维护区间最小值。现在我们可以\(O(1)\)求出\(LCP(s_u,s_v)\)了

  考虑以\(x\)为根的子树,若\(u,v\)在\(x\)的不同子树内,则\(LCS(s_u,s_v)=d_x-1\)。这里\(d_x\)为点\(x\)的深度,根的深度为1。

  因为\(LCP(s_{sa_{i-1}},s_{sa_i})\geq LCP(s_{sa_x},s_{sa_y})~(x\leq i-1<i\leq y)\),所以我们只用求出以\(rk_i\)为关键字排序后相邻两个点的\(LCP\)。这个可以用线段树维护。然后线段树合并即可。

  时间复杂度:\(O(n\log n)\)

代码

  1. #include<cstdio>
  2. #include<cstring>
  3. #include<algorithm>
  4. #include<cstdlib>
  5. #include<ctime>
  6. #include<utility>
  7. using namespace std;
  8. typedef long long ll;
  9. typedef pair<int,int> pii;
  10. struct list
  11. {
  12. int v[200010];
  13. int t[200010];
  14. int w[200010];
  15. int h[200010];
  16. int n;
  17. list()
  18. {
  19. n=0;
  20. memset(h,0,sizeof h);
  21. }
  22. void clear()
  23. {
  24. n=0;
  25. memset(h,0,sizeof h);
  26. }
  27. void add(int x,int y,int z)
  28. {
  29. n++;
  30. v[n]=y;
  31. t[n]=h[x];
  32. w[n]=z;
  33. h[x]=n;
  34. }
  35. };
  36. list l,l2;
  37. int f[200010][20];
  38. ll hs[200010][20];
  39. int d[200010];
  40. int e[200010];
  41. int sa[200010];
  42. int rk[200010];
  43. int sx[200010];
  44. int sy[200010];
  45. int b[200010];
  46. ll mod=1000000007;
  47. ll pw[200010];
  48. int ht[200010];
  49. int st[200010][20];
  50. int lo[200010];
  51. int rt[200010];
  52. int n;
  53. int getmin(int x,int y)
  54. {
  55. int t=lo[y-x+1];
  56. return min(st[x][t],st[y-(1<<t)+1][t]);
  57. }
  58. int query(int x,int y)
  59. {
  60. // x=rk[x];
  61. // y=rk[y];
  62. if(x==y)
  63. return 0x3fffffff;
  64. if(x>y)
  65. swap(x,y);
  66. return getmin(x+1,y);
  67. }
  68. namespace seg
  69. {
  70. struct p
  71. {
  72. int s,first,last,sz;
  73. p()
  74. {
  75. s=first=last=sz=0;
  76. }
  77. };
  78. int cnt;
  79. int ls[4000010];
  80. int rs[4000010];
  81. p s[4000010];
  82. void init()
  83. {
  84. memset(ls,0,sizeof ls);
  85. memset(rs,0,sizeof rs);
  86. cnt=0;
  87. }
  88. p mt(p a,p b)
  89. {
  90. if(!a.sz)
  91. return b;
  92. if(!b.sz)
  93. return a;
  94. p c;
  95. c.sz=a.sz+b.sz;
  96. c.first=a.first;
  97. c.last=b.last;
  98. c.s=max(max(a.s,b.s),query(a.last,b.first));
  99. return c;
  100. }
  101. int insert(int p,int x,int l,int r)
  102. {
  103. if(!p)
  104. p=++cnt;
  105. if(l==r)
  106. {
  107. s[p].sz=1;
  108. s[p].first=s[p].last=x;
  109. return p;
  110. }
  111. int mid=(l+r)>>1;
  112. if(x<=mid)
  113. ls[p]=insert(ls[p],x,l,mid);
  114. else
  115. rs[p]=insert(rs[p],x,mid+1,r);
  116. s[p]=mt(s[ls[p]],s[rs[p]]);
  117. return p;
  118. }
  119. int merge(int x,int y)
  120. {
  121. if(!x||!y)
  122. return x+y;
  123. ls[x]=merge(ls[x],ls[y]);
  124. rs[x]=merge(rs[x],rs[y]);
  125. s[x]=mt(s[ls[x]],s[rs[x]]);
  126. return x;
  127. }
  128. };
  129. int ans=0;
  130. void solve(int x)
  131. {
  132. rt[x]=seg::insert(rt[x],rk[x],1,n);
  133. int i;
  134. for(i=l.h[x];i;i=l.t[i])
  135. {
  136. solve(l.v[i]);
  137. rt[x]=seg::merge(rt[x],rt[l.v[i]]);
  138. }
  139. if(seg::s[rt[x]].sz>1)
  140. ans=max(ans,d[x]-1+seg::s[rt[x]].s);
  141. }
  142. int main()
  143. {
  144. memset(rt,0,sizeof rt);
  145. seg::init();
  146. int i,j,x,y;
  147. pw[0]=311;
  148. for(i=1;i<=50;i++)
  149. pw[i]=pw[i-1]*pw[i-1]%mod;
  150. freopen("recollection.in","r",stdin);
  151. freopen("recollection.out","w",stdout);
  152. memset(f,0,sizeof f);
  153. scanf("%d",&n);
  154. d[1]=1;
  155. e[1]=310;
  156. hs[1][0]=310;
  157. for(i=2;i<=n;i++)
  158. {
  159. scanf("%d%d",&x,&y);
  160. l.add(x,i,y);
  161. f[i][0]=x;
  162. d[i]=d[x]+1;
  163. e[i]=y+1;
  164. hs[i][0]=e[i];
  165. for(j=1;j<=18;j++)
  166. {
  167. f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
  168. hs[i][j]=(hs[f[i][j-1]][j-1]*pw[j-1]+hs[i][j-1])%mod;
  169. }
  170. }
  171. int sz=310,k,o;
  172. for(i=1;i<=sz;i++)
  173. b[i]=0;
  174. for(i=1;i<=n;i++)
  175. b[sx[i]=e[i]]++;
  176. for(i=2;i<=sz;i++)
  177. b[i]+=b[i-1];
  178. for(i=n;i>=1;i--)
  179. sa[b[sx[i]]--]=i;
  180. for(j=1;(1<<j)<=n;j++)
  181. {
  182. l2.clear();
  183. k=0;
  184. for(i=1;i<=n;i++)
  185. if(d[sa[i]]>(1<<(j-1)))
  186. l2.add(f[sa[i]][j-1],sa[i],0);
  187. for(i=1;i<=n;i++)
  188. for(o=l2.h[sa[i]];o;o=l2.t[o])
  189. sy[++k]=l2.v[o];
  190. for(i=1;i<=n;i++)
  191. if(d[i]<=(1<<(j-1)))
  192. sy[++k]=i;
  193. for(i=1;i<=sz;i++)
  194. b[i]=0;
  195. for(i=1;i<=n;i++)
  196. b[sx[sy[i]]]++;
  197. for(i=2;i<=sz;i++)
  198. b[i]+=b[i-1];
  199. for(i=n;i>=1;i--)
  200. sa[b[sx[sy[i]]]--]=sy[i];
  201. k=0;
  202. swap(sx,sy);
  203. for(i=1;i<=n;i++)
  204. if(i!=1&&sy[sa[i]]==sy[sa[i-1]]&&((d[sa[i]]<=(1<<(j-1))&&d[sa[i-1]]<=(1<<(j-1)))||(d[sa[i]]>(1<<(j-1))&&d[sa[i-1]]>(1<<(j-1))&&sy[f[sa[i]][j-1]]==sy[f[sa[i-1]][j-1]])))
  205. sx[sa[i]]=k;
  206. else
  207. sx[sa[i]]=++k;
  208. if(k>=n)
  209. break;
  210. sz=k;
  211. }
  212. for(i=1;i<=n;i++)
  213. rk[sa[i]]=i;
  214. ht[0]=0;
  215. for(i=2;i<=n;i++)
  216. {
  217. x=sa[i-1];
  218. y=sa[i];
  219. int now=0;
  220. for(j=18;j>=0;j--)
  221. if(d[x]-1>=(1<<j)&&d[y]-1>=(1<<j)&&hs[x][j]==hs[y][j])
  222. {
  223. now+=(1<<j);
  224. x=f[x][j];
  225. y=f[y][j];
  226. }
  227. ht[i]=now;
  228. }
  229. for(i=1;i<=n;i++)
  230. st[i][0]=ht[i];
  231. for(j=1;j<=18;j++)
  232. for(i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
  233. st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
  234. lo[1]=0;
  235. for(i=2;i<=n;i++)
  236. lo[i]=lo[i/2]+1;
  237. solve(1);
  238. printf("%d\n",ans);
  239. return 0;
  240. }

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