妮可妮可妮 [Hash]

妮可妮可妮

题目描述

小P特别喜欢动画Love Live中的角色妮可，每当他听到妮可说“niconiconi”时，他总会感到特别兴奋，还会露出绅士般的微笑。

作为一名理论计算机科学家，小P开始研究“niconiconi”这种串的特点。他发现，“niconiconi”可以拆成“ni”、“co”、“ni”、“co”、“ni”这五部分。

对这个模型进行了抽象后，小P发现，任何形如ABABA的串都有类似的特点，其中A、B为非空串，我们称这样的串满足性质P。比如“aaaaa”就满足性质P，而“ababab”却不满足性质P。

有了这个革命性的发现，结合他最近新学的数据结构“后缀树”，小P决定造一道题。这道题是这样的，小P给你一个仅由小写英文字母组成的串S，你拿到这个串之后，小P会问你q个问题，每个问题形如“S的后缀p是不是满足性质P的串呀”。

注：设S的长度为n，那么S[1..n]的后缀p就是子串S[p..n]。

输入

第一行一个仅由小写英文字母组成的串S。

第二行一个整数q。

接下来q行，每行一个数p_i，表示第i次的问题是：“S的后缀p_i是不是满足性质P的串呀”。

输出

输出文件一共q行，第i行为对第i个问题的回答。

如果满足性质P，回答：“niconiconi”。（不包含引号）

如果不满足性质P，回答：“no”。（不包含引号）

样例输入

niconiconi

1

1

样例输出

niconiconi

提示

样例输入2

orzorzorz

3

1

7

2

样例输出2

no

no

niconiconi

测试点1..3：\(|S|≤100\)

测试点1..6：\(|S|≤1000\)

测试点1..10：\(1≤|S|≤5*10^5，1≤q≤10^5\)

题解

我么发现一个字符串若满足性质P,则必然可以分成[A][BA][BA]这三部分

而后面BA可以看成一个部分,也就是求一个字串,满足ACC,其中A是C的后缀

所以对于\(60\)%的数据,我们可以\(O(n^2)\)枚举C的长度,再判断A的长度最长可以是多长,设ans[i]表示后缀i是否满足性质P,那么我们每次枚举一个C,都可以得到一段区间内ans[]都等于1

那么怎么优化呢?我们可以发现枚举C之后,A的长度是具有单调性的,因此我们可以二分一个A的长度,这样时间复杂度就优化到了\(O(n*logn)\)

利用差分的思想统计哪些区间的前缀满足性质P

这些都是预处理,最后查询的时候就是\(O(1)\)查询

Code

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef unsigned long long lol;
const int N=5*1e5+10,base=31;

lol Hash[N],sum[N],tq,aq[N];
int m,x,ans[N];
char s[N];

inline lol get(int l,int r)
{
    return Hash[r]-Hash[l-1]*sum[r-l+1];
}

int main()
{
    //freopen("nico.in","r",stdin);
    //freopen("nico.out","w",stdout);
    scanf("%s%d",s+1,&m);
    int n=strlen(s+1); sum[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) Hash[i]=(Hash[i-1]*base+s[i]-'a'+1),sum[i]=sum[i-1]*base;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(get(n-i+1,n)!=get(n-2*i+1,n-i)) continue;
        lol mid,l=1,r=i-1;
        while(l<r) {
            mid=l+r+1>>1;
            if(get(n-mid+1,n)!=get(n-2*i-mid+1,n-2*i)) r=mid-1;
            else l=mid;
        }
        ++aq[n-2*i-l+1],--aq[n-2*i+1];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        tq+=aq[i],ans[i]=(tq>0);
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        scanf("%d",&x);
        puts(ans[x]?"niconiconi":"no");
    }
}

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