一个用SAM维护多个串的根号特技 基本介绍 在多个串的字符串题中,往往会出现一类题需要用到某个子串是否在一些母串中出现.此时对于 \(\text{parent}\) 树的 \(\text{right}\) 集合而言,问题并不关心某个具体位置而只关心是否有某个 \(\text{endpos}\) 在指定母串中. 那么对于 \(\text{parent}\) 树上的来自同一个母串的节点而言,其对祖先的贡献都是可以替代的,并不需要重复标记其某个祖先 \(\text{right}\) 集合中是否存在一个

题目大意: 给定两个字符串,存在三种操作,分别是在a,b串末尾加一个字符串,和询问两串的LCS 题解: Get新套路:把两串建在同一SAM上,将重合的位置合并为同一节点,再加个标记数组,如果两者的LCS标记都存在那么就直接更新答案. 注意标记需要沿father上传,每新建一个节点就打上标记并更新祖先 #include <algorithm> #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstring> #

又是一道\(SAM\)维护\(endpos\)集合的题,我直接把CF700E的板子粘过来了QwQ 思路 如果我们有\([l,r]\)对应的\(SAM\),只需要在上面贪心就可以了.因为要求的是字典序比\(T\)大且最小的子串,我们从前到后让尽可能多的位相等,如果再也无法相等了就从后往前找一位变大. 但是每次询问会给我们一个可行区间\([l,r]\),而我们又显然不能直接把对应区间的\(SAM\)建出来,否则复杂度会\(GG\). 仔细想一下,其实我们并不需要知道\([l,r]\)区间对应的\(S

上一次做 SA / SAM 相关的题还要数到某场毒瘤 NOIP 模拟赛--这么久没做了都快忘光了--写点东西记录一些最近做到的水好题. LOJ2059 「TJOI / HEOI2016」字符串 题意 给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\) ,接下来有 \(m\) 次询问.每次询问给出四个参数 \(a,b,c,d\) .求 \(s[a,b]\) 的所有子串和 \(s[c,d]\) 的 LCP 的最大值. \(n,m \le 10^5\) . 题解 题目可以转化为,求一段连续的后缀与 \(

Description Input 一行,一个由小写字母组成的字符串S,长度不超过10^5 Output L行,每行一个整数,第i行的数据表示关于S的第i个元素的最短识别子串有多长. Sample Input agoodcookcooksgoodfood Sample Output 1 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 1 2 3 3 2 1 2 3 4 Solution 1A挺开心的省得调了对于SAM上的每一个节点,我们只需要考虑right集合大小为1的设一个right集合大小为

RemoteJudge 又是一道用线段树合并来维护\(endpos\)的题,还有一道见我的博客CF666E 思路 先把\(SAM\)建出来 如果两个相邻的串\(s_i\)和\(s_{i+1}\)要满足\(s_i\)在\(s_{i+1}\)中至少出现了两次,那么\(s_i\)显然是\(s_{i+1}\)对应的结点在\(parent\ tree\)上的祖先,那么我们可以在\(parent\ tree\)上树形dp来得出答案 转移自顶向下进行,\(s_i\)在\(s_{i+1}\)中至少出现了两次意味

SAM 感性瞎扯. 这里是 SAM 做题笔记. 本来是在一篇随笔里面,然后 Latex 太多加载不过来就分成了两篇. 标 * 的是推荐一做的题目. trick 是我总结的技巧. I. P3804 [模板]后缀自动机 (SAM) 题意简述:求一个字符串 \(s\) 的所有子串长度乘上其出现次数的最大值. 代码还没写过,到时候来补一下. update:尝试只看自己的博客写出代码,然而失败了 >.< update:好家伙,第二次跳 \(p\) 的时候(即把 \((p_i,q)\) 变为 \((p_i

实现 void ins(int c){ int np = ++dcnt, p = lst; lst = np; t[np].len = t[p].len + 1, t[np].eps = 1; while(p && !t[p].ch[c]) t[p].ch[c] = np, p = t[p].fa; if(!p) t[np].fa = 1; else{ int q = t[p].ch[c]; if(t[q].len == t[p].len + 1) t[np].fa = q; else{

LINK:波波老师 LINK:同bzoj 1396 识别子串 不过前者要求线性做法 后者可以log过.实际上前者也被我一个log给水过了. 其实不算很水 我自认跑的很快罢了. 都是求经过一个位置的最短的 在整个字符串中只出现过一次的子串. SAM很容易完成这个东西. 考虑对于计算每个节点的贡献 容易发现是一个区间整体赋值和一个等差数列 不过太懒了不想维护这个等差数列 我反着建SAM维护最右左端点了. 就变成了两个区间最值问题.完全可以标记永久化 可能有点卡空间. 当然考场上也思考了O(n)的做法

正着做着实不太好做,正难则反,考虑反着做. 把i,j看成在切割字符串,我们统计有多少对(i,j)会切割所有与\(s_{l,r}\)相同的串.对于在后缀自动机上表示\(s_{l,r}\)的节点x,x的parent子树内的endpos节点集合,就是和\(s_{l,r}\)相等的串的最后一个字符的出现位置.我们相当于在s串里得到了若干个线段,每个线段表示的子串都和\(s_{l,r}\)相等,然后用两刀把这些串都割了.我们分最左边的串和最右边的串是否存在交集进行讨论. 如果存在交集,线段数量是m 1.第

后缀自动机三·重复旋律6 时间限制:15000ms 单点时限:3000ms 内存限制:512MB 描述 小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴.我们知道一个音乐旋律被表示为一段数构成的数列. 现在小Hi想知道一部作品中所有长度为K的旋律中出现次数最多的旋律的出现次数.但是K不是固定的,小Hi想知道对于所有的K的答案. 解题方法提示 输入 共一行,包含一个由小写字母构成的字符串S.字符串长度不超过 1000000. 输出 共Length(S)行,每行一个整数,表示答案. 样例输入 aab 样例输出

传送门 思路 按照套路,直接上后缀自动机. 部分分:\(l=1,r=|S|\) 首先把\(S\)和\(T\)的后缀自动机都建出来. 考虑枚举\(T\)中的右端点\(r\),查询以\(r\)结尾的串最长可以往左延伸多长,使得它仍然是\(S\)的子串.记该长度为\(lim_r\). \(lim_r\)可以在\(SAM_S\)中瞎跳跳出来. 那么答案即为 \[ \sum_{i=2}^{cnt} \max(0,len_i-\max(len_{fa_i},lim_{pos_i})) \] 其中\(i\)是

传送门 upd 19.4.24: WC这个做法真的有问题,不往回跳会WA是因为一开始跳到了S[1...l-1]所对应的点,然后往后接字符的时候可能会因为不在正确的endpos中,然后往回跳过头,其实一开始只要从起点开始跳就行了 Orz @Itst ddw 这题写死我了,因为一点点鬼会注意到的细节调好久,,, 先考虑前17个点,如果我们不考虑T的不同子串限制,那么就是把T放在S的SAM上匹配,答案为\(\sum_{i=1}^{|T|}i-l[i]\)(匹配长度).考虑怎么判重,对T也构建一个SAM

看到题目名字去补番是种怎么样的体验 我只会 \(68\) 分,打了个暴力.正解看了一会儿,发现跟 \([HEOI2016/TJOI2016]\) 字符串很像,用线段树合并维护 \(endpos\) 集合,然后一边匹配一边记录答案. \[ans=\sum_{i=1}^{cnt}max(0,len_i-max(len_{fa_i},lim_{pos_i}))\] \(Code\ Below:\) #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using

这题有毒…… 原本只是想复习下sam,于是写…… 后来发现自己傻了不知道怎么维护endpos…… 一气之下直接kmp拉倒,mdzz UPD:现在我好像会维护endpos了…… #include<bits/stdc++.h> #define N 100010 using namespace std; int a[N],l,n,b[N],t,nxt[N]; struct Suffix_AutoMaton{ ],l[N],r[N],fa[N]; void ins(int c,int pos){ in

解题方法提示 小Hi:上次我们已经学习了后缀自动机了,今天我们再来解决一个用到后缀自动机的问题. 小Ho:好!那我们开始吧! 小Hi:现在我们要对K=1..length(S)求出所有长度为K的子串中出现次数最多的子串的出现次数.小Ho你有什么想法么? 小Ho:我有一个Naive的想法.在上上周我们已经知道对于SAM中的一个状态st,endpos(st)就是st这个状态包含的子串在S中的所有结束位置(st包含所有子串都具有相同的结束位置集合).每个不同的结束位置就对应了一次出现次数.所以如果我们能

题面 传送门 题解 为什么成天有人想搞些大新闻 这里写的是\(yyb\)巨巨说的启发式合并的做法(虽然\(LCT\)的做法不知道比它快到哪里去了--) 建出\(SAM\),那么两个前缀的最长公共后缀就是它们在\(parent\)树上的\(LCA\)的深度 对于每一个子串来说,所有和它相同的串里只有它的前驱和它的后继是有贡献的.这个只要考虑任何一个包含了这个子串和另外一个和它相同的子串的询问,这个询问必定包含它的前驱或后继 那么我们用\(set\)启发式合并来维护\(endpos\)集合,每一次只

题目 可能是一个乱搞做法,同时也跪求有人能帮我分析一下复杂度 还是先来看比较简单的\(68pts\),也就是\(l=1,r=|S|\)的情况 我们可以直接把\(S\)串和所有的\(T\)串一起建一个广义\(SAM\),用一个\(vector\)维护每个\(T\)加入\(SAM\)时新产生的节点 我们只需要求出来这些新增节点没有在\(S\)串出现的本质不同的子串个数就好了 我们提前处理好每一个节点的\(endpos\),标记一下其是否在\(S\)中出现过 对于那些新出现在\(SAM\)上的节点\(

传送门 没想出来→_→ 首先不难看出要差分之后计算不相交也不相邻的相等子串对数,于是差分之后建SAM,在parent树上用线段树合并维护endpos集合,然后用启发式合并维护一个节点对另一个节点的贡献,于是总的时间复杂度为\(O(n\log^2n)\) //minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define ll long long #define IT vector<int>::iterator #define

题解 \(SAM+set\)启发式合并+扫描线 首先可以发现题目要求的就是查询结尾在一段区间内的\(LCS\) 这个显然就是\(SAM\)的\(parent\)树上的\(step[LCA]\) 我们可以对后缀自动机的每个节点\(u\)开一个\(set\)来维护\(endpos\)集合 然后对\(u\)的儿子的\(right\)集合启发式合并,\(u\)的儿子和\(u\)当前集合内的点的\(LCS\)就是\(step[u]\) 显然在贡献是相同的情况下距离越近的越有效 所以我们对于要合并的点的一个