hihocoder 1419 重复旋律4

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长度为 N 的数构成的数列。小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品中的旋律有重复的部分。

我们把一段旋律称为(k,l)-重复的，如果它满足由一个长度为l的字符串重复了k次组成。 如旋律abaabaabaaba是(4,3)重复的，因为它由aba重复4次组成。

小Hi想知道一部作品中k最大的(k,l)-重复旋律。

解题方法提示

输入

一行一个仅包含小写字母的字符串。字符串长度不超过 100000。

输出

一行一个整数，表示答案k。

Sample Input

babbabaabaabaabab

Sample Output

4

假如循环节长度为L

如果求出了后缀i和i+L的lcp

那么重复次数k=lcp(i,i+L)/L+1

那么O(n^2)的暴力有了，枚举L和i，计算k更新最大值

但是枚举i可以只枚举L的倍数，算出k

对于i和i+L,最多只会相差1

如果最优串的开始位置恰好在L的倍数上，那我们找到的最大的k就是正确答案

如果不在L的倍数上，那么最优的开始位置肯定在(i-L,i)上

如果lcp模L有余数，说明前面还需要补上L-lcp%L位，如果可行答案可以加1

于是可以判断开始位置为i-L+lcp%L与i+lcp%L的lcp

如果构成重复，那么算出来的

k=lcp(i-L+lcp%L,i+lcp%L)/L+1=[lcp(i,i+L)/L+1]+1,比开始位置为i要好

于是复杂度：

$O(\frac{n}{1}+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+...\frac{n}{n})$

$=O(nlogn)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,m,c[200001],x[200001],y[200001],SA[200001],s[200001],rk[200001],h[200001];
int Min[200001][21],Log[200001],ans;
char ch[200001];
void radix_sort()
{int i;
  for (i=0;i<=m;i++)
    c[i]=0;
  for (i=1;i<=n;i++)
    c[x[y[i]]]++;
  for (i=2;i<=m;i++)
    c[i]+=c[i-1];
  for (i=n;i>=1;i--)
    SA[c[x[y[i]]]--]=y[i];
}
void build_SA()
{int i,j,k,p;
  for (i=1;i<=n;i++)
    x[i]=s[i],y[i]=i;
  m=100000;
  radix_sort();
  for (k=1;k<=n;k<<=1)
    {
      p=0;
      for (i=n-k+1;i<=n;i++)
    y[++p]=i;
      for (i=1;i<=n;i++)
    if (SA[i]>k) y[++p]=SA[i]-k;
      radix_sort();
      p=1;swap(x,y);
      x[SA[1]]=1;
      for (i=2;i<=n;i++)
    x[SA[i]]=((y[SA[i]]==y[SA[i-1]])&&(y[SA[i]+k]==y[SA[i-1]+k]))?p:++p;
      if (p>=n) break;
      m=p;
    }
  for (i=1;i<=n;i++)
    rk[SA[i]]=i;
  int L=0;
  for (i=1;i<=n;i++)
    {
      if (L>0) L--;
      j=SA[rk[i]-1];
      while (i+L<=n&&j+L<=n&&(s[j+L]==s[i+L])) L++;
      h[rk[i]]=L;
    }
}
int rmq(int x,int y)
{
  int L=Log[y-x+1];
  return min(Min[x][L],Min[y-(1<<L)+1][L]);
}
int lcp(int x,int y)
{
  if (rk[x]>rk[y]) swap(x,y);
  return rmq(rk[x]+1,rk[y]);
}
int main()
{int i,j,L;
  scanf("%s",ch);
  n=strlen(ch);
  for (i=1;i<=n;i++)
    {
      s[i]=ch[i-1]-'a'+1;
    }
  build_SA();
  memset(Min,127/2,sizeof(Min));
  for (i=1;i<=n;i++)
    Min[i][0]=h[i];
  Log[1]=0;
  for (i=2;i<=n;i++)
    Log[i]=Log[i/2]+1;
  for (j=1;(1<<j)<=n;j++)
    {
      for (i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++)
    Min[i][j]=min(Min[i][j-1],Min[i+(1<<j-1)][j-1]);
    }
  for (L=1;L<=n;L++)
    {
      for (i=1;i+L<=n;i+=L)
    {
      int p=lcp(i,i+L);
      ans=max(ans,p/L+1);
      if (i-L+p%L>=1)
        {
          ans=max(ans,lcp(i-L+p%L,i+p%L)/L+1);
        }
    }
    }
  printf("%d\n",ans);
}