http://www.json.cn/JSON格式校验 1 json-lib <dependency> <groupId>net.sf.json-lib</groupId> <artifactId>json-lib</artifactId> <version>2.4</version> <classifier>jdk15</classifier> </dependency> import

题目链接 BZOJ 洛谷 SAM求字符串的最小循环表示. 因为从根节点出发可以得到所有子串,所以每次找字典序最小的一个出边走即可.因为长度问题把原串再拼接在后面一次. 需要用map存转移.复杂度O(nlogn). 当然还有O(n)的最小表示法. (在BZOJ上慢的一批啊QAQ) //73240kb 2496ms #include <map> #include <cstdio> #include <cctype> #include <algorithm> #d

题目链接 后缀数组做法见这. 直接SAM+map.对于每个节点其产生的不同子串数为len[i]-len[fa[i]]. //15932kb 676ms #include <map> #include <cstdio> #include <cctype> #include <algorithm> //#define gc() getchar() #define MAXIN 1500000 #define gc() (SS==TT&&(TT=(S

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include<map> #define N 200005 #define ll long long using namespace std; int read()

题目描述 Description 一个国家有n个城市.若干个城市之间有电话线连接,现在要增加m条电话线(电话线当然是双向的了),使得任意两个城市之间都直接或间接经过其他城市有电话线连接,你的程序应该能够找出最小费用及其一种连接方案. 输入描述 Input Description 输入文件的第一行是n的值(n<=100). 第二行至第n+1行是一个n*n的矩阵,第i行第j列的数如果为0表示城市i与城市j有电话线连接,否则为这两个城市之间的连接费用(范围不超过10000). 输出描述 Output

#include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> using namespace std; const int N=100001; int n,m,color[N]; //Basic struct G { int v,nxt; }map[N+N]; int hd[N],tt; //Graph int son[N],dep[N],pre[N],size[N]; int tid[N],top[N],num; //

在面向对象的语言中,继承是必不可少的.非常优秀的语言机制,它有如下优点:● 代码共享,减少创建类的工作量,每个子类都拥有父类的方法和属性:● 提高代码的重用性:● 子类可以形似父类,但又异于父类,“龙生龙,凤生凤,老鼠生来会打洞”是说子拥有父的“种”,“世界上没有两片完全相同的叶子”是指明子与父的不同:● 提高代码的可扩展性,实现父类的方法就可以“为所欲为”了,君不见很多开源框架的扩展接口都是通过继承父类来完成的:● 提高产品或项目的开放性.自然界的所有事物都是优点和缺点并存的,即使是鸡蛋,有时

A: Decimal Time Limit: 1 Sec   Memory Limit: 128 MB Submit: 99   Solved: 10 [ Submit][ Status][ Web Board] Description 任意一个分数都是有理数,对于任意一个有限小数,我们都可以表示成一个无限循环小数的形式(在其末尾添加0),对于任意一个无限循环小数都可以转化成一个分数.现在你的任务就是将任意一个无限循环小数转化成既约分数形式.所谓既约分数表示,分子和分母的最大公约数是1. Inp

[BZOJ2754]喵星球上的点名(AC自动机) 题面 BZOJ 题解 友情提示:此题请不要在cogs上提交,它的数据有毒 对于点名串构建\(AC\)自动机 然后把名字丢进去进行匹配, 大力统计一下答案即可 当然,要用\(map\)记录\(trie\)树 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include&

[BZOJ2882]工艺(后缀自动机) 题面 BZOJ权限题,良心洛谷 题解 还是一样的,先把串在后面接一遍 然后构建\(SAM\) 直接按照字典序输出\(n\)次就行了 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<set> #incl

首先,感谢作者对知识的分享 使用设计模式是为了可重用代码.让代码更容易被他人理解.保证代码可靠性.设计模式使代码编制真正工程化,是软件工程的基石脉络,如同大厦的结构一样. 文章结构:1.单一职责原则(SRP):2.里氏替换原则(LSP):3.依赖倒置原则(DIP):4.接口隔离原则(ISP):5.迪米特原则(LoD):6.开闭原则(OCP).7.以计算器设计为例子综合展示各大原则以及相关设计模式. 一.单一职责原则(Single Responsibility Principle,SRP原则):

传送门 samsamsam入门题. 题意简述:给出一个串让你依次插入字符,求每次插入字符之后不同子串的数量. 显然每次的变化量只跟新出现的nnn个后缀有关系,那么显然就是maxlenp−maxlenlinkpmaxlen_p-maxlen_{link_p}maxlenp​−maxlenlinkp​​. 注意到字符集很大,可以用mapmapmap来维护转移边. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define ri register int using namespace

Description 考虑一个只包含小写拉丁字母的字符串s.我们定义s的一个子串t的“出 现值”为t在s中的出现次数乘以t的长度.请你求出s的所有回文子串中的最 大出现值. Input 输入只有一行,为一个只包含小写字母(a -z)的非空字符串s. Output 输出一个整数,为逝查回文子串的最大出现值. Sample Input [样例输入l] abacaba [样例输入2] www Sample Output [样例输出l] 7 [样例输出2] 4 HINT 一个串是回文的,当且仅当它从左

https://blog.csdn.net/WAautomaton/article/details/85057257 解法一:后缀数组 显然将原数组差分后答案就是所有不相交不相邻重复子串个数+n*(n-1)/2. 答案=重复子串个数-相邻或相交重复子串个数. 前者单调栈直接求解,注意细节,重点在后者. 由于是有关相交的计数问题,考虑类似[NOI2016]优秀的拆分的设关键点的做法. 枚举两个串的偏移量k,每k个位置设一个关键点,我们需要保证任意两个相距为k的重复子串都在且仅在它们覆盖的第一个关键

[BZOJ4516]生成魔咒(后缀自动机) 题面 BZOJ Description 魔咒串由许多魔咒字符组成,魔咒字符可以用数字表示.例如可以将魔咒字符 1.2 拼凑起来形成一个魔咒串 [1,2]. 一个魔咒串 S 的非空字串被称为魔咒串 S 的生成魔咒. 例如 S=[1,2,1] 时,它的生成魔咒有 [1].[2].[1,2].[2,1].[1,2,1] 五种.S=[1,1,1] 时,它的生成魔咒有 [1]. [1,1].[1,1,1] 三种.最初 S 为空串.共进行 n 次操作,每次操作是在

第一道AC自动机题目. 记一下对AC自动机的理解吧: AC自动机=Trie+KMP.即在Trie上应用KMP思想,实现多Pattern的匹配问题. 复杂度是预处理O(segma len(P)),匹配是O(len(T)).应该也是下界了. 它预处理做了以下事情: 1.建立所有Pattern的Trie 2.计算出fail和last数组 匹配时和KMP很像. 我对fail和last的理解: 对于一棵Trie,上面的一个节点对应一个字符串,该字符串是root到该节点的路径上,边代表的字符连接起来的. f

Description 小敏和小燕是一对好朋友. 他们正在玩一种神奇的游戏,叫Minecraft. 他们现在要做一个由方块构成的长条工艺品.但是方块现在是乱的,而且由于机器的要求,他们只能做到把这个工艺品最左边的方块放到最右边. 他们想,在仅这一个操作下,最漂亮的工艺品能多漂亮. 两个工艺品美观的比较方法是,从头开始比较,如果第i个位置上方块不一样那么谁的瑕疵度小,那么谁就更漂亮,如果一样那么继续比较第i+1个方块.如果全都一样,那么这两个工艺品就一样漂亮. Input 第一行两个整数n,代表方

差分之后就是求多串LCS. 对其中一个串建SAM,然后把其它串放在上面跑. 对SAM上的每个状态都用f[x]记录这个状态与当前串的最长匹配长度,res[x]是对每次的f[x]取最小值.答案就是res[]的最大值. 考虑f[x]的求法,把s[]放在SAM上跑时,若下一个能正常匹配(即son[x][c]!=0)则直接len++,否则用经典的跳父亲,找到第一个son[k][c]!=0的点k,len=mx[k]+1,x=son[k][c].每次更新最终匹配到的状态的f[].同时注意到出现次数可以向父亲传

#2510. 「AHOI / HNOI2018」道路 题目描述 W 国的交通呈一棵树的形状.W 国一共有 n−1 个城市和 nnn 个乡村,其中城市从 111 到 n−1 编号,乡村从 111 到 nnn 编号,且 111 号城市是首都.道路都是单向的,本题中我们只考虑从乡村通往首都的道路网络.对于每一个城市,恰有一条公路和一条铁路通向这座城市.对于城市 iii,通向该城市的道路(公路或铁路)的起点,要么是一个乡村,要么是一个编号比 iii 大的城市.没有道路通向任何乡村.除了首都以外,从任何城

厚颜无耻的发一篇可能是全网最劣解法 我们发现要求给定的串所有不同的循环同构出现的次数,可以直接暴力啊 因为一个长度为\(n\)的串,不同的循环同构次数显然是不会超过\(n\)的,所以我们可以直接对每一个循环通过分别求一下其出现次数 求其出现次数当然可以交给\(SAM\)来搞了 于是我们把所有的串都插入\(SAM\)里去,但是我们只计算\(S\)串产生的贡献,对于每一个\(T\)串我们要将其倍长之后再插入,这样我们就可以在\(parent\)树上直接树上倍增求出一个循环同构出现次数了 同时为了去重

模板—字符串—后缀自动机(后缀自动机+线段树合并求right集合) Code: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 100010 map <int,int> son[N<<1]; char str[N]; int root[N<<1],pla[N],len; int tot=1,last=1,pre[N<<1],dis[N<<1],in[N<<1]