CTSC2012-Cheat

题意

给出一些母01串，多次询问，每次询问一个01串，问一个最大的\(L\)，使得可以在询问串中选出若干个不相交的，长度大于等于\(L\)的子串，这些子串都在母串中出现过，且子串的长度和大于等于询问串总长的\(90\%\) 。

文件大小小于等于1100000字节。

分析

首先如果一个\(L\)可行，那么小于\(L\)的也是可行的，因为是“长度大于等于”。于是我们就二分这个\(L\)，转化成判定问题。

把分割序列这类问题可以考虑dp。设\(f_i\)为前\(i\)位能分割出来符合要求的最大子串长度和。显然有：

\[f_i=\max \begin{cases} f_{i-1} \\ f_j+(i-j) && i-j\in [g_i,L] \end{cases} \]

第一种情况表示从前一个直接转移过来，即不以\(i\)结尾的。第二种表示以\(i\)结尾的，其中\(g_i\)表示第\(i\)位前面最多可以在母串中匹配多长。这可以通过广义后缀自动机方便地算出来（跳link重置为len，匹配加一）。

显然如果直接暴力dp的话是\(O(n^2)\)的，必须考虑优化。只考虑第二种情况：

\[\begin{aligned} f_i=f_j+i-j && i-j\in [g_i,L] \\ f_i=i+(f_j-j) && j\in[i-g_i,i-L] \end{aligned} \]

可以注意到，\(i-L\)每次往后移动一格，而\(i-g_i\)的值是单调不减的，因为每次\(i\)加一，\(g_i\)最多加一，即最多多匹配一位，不可能突然多出来匹配的几位，否则就会与前面的\(g\)值矛盾。这就是说，\(j\)的可行区间是单调不减的，所以可以用单调队列优化到\(O(n)\)。队列为队头小，队尾大，每次在队头插入\(i-L\)处的值，如果队头比它小就弹出。在队尾把出了合法区间中的值弹出，取队尾即可。

单次询问的复杂度为\(O(len\log len)\)。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1.1e6+10;
const int maxc=2;
char s[maxn];
int f[maxn],g[maxn],n,que[maxn],ql,qr;
struct SAM {
	int t[maxn<<1][maxc],len[maxn<<1],link[maxn<<1],last,tot;
	SAM ():tot(1) {}
	void reset() {last=1;}
	void add(int x) {
		if (t[last][x]) {
			int p=t[last][x];
			if (len[p]==len[last]+1) {
				last=p;
				return;
			} else {
				int q=++tot;
				len[q]=len[last]+1;
				memcpy(t[q],t[p],sizeof t[p]);
				for (int j=last;j && t[j][x]==p;j=link[j]) t[j][x]=q;
				link[q]=link[p],link[p]=q;
				last=q;
				return;
			}
		}
		int nw=++tot,i;
		len[nw]=len[last]+1;
		for (i=last;i && !t[i][x];i=link[i]) t[i][x]=nw;
		if (i) {
			int p=t[i][x];
			if (len[p]==len[i]+1) link[nw]=p; else {
				int q=++tot;
				len[q]=len[i]+1;
				memcpy(t[q],t[p],sizeof t[p]);
				for (int j=i;j && t[j][x]==p;j=link[j]) t[j][x]=q;
				link[q]=link[p],link[p]=link[nw]=q;
			}
		} else link[nw]=1;
		last=nw;
	}
	void prepare() {
		int now=1,mat=0;
		for (int i=1;i<=n;++i) {
			int x=s[i]-'0';
			while (now!=1 && !t[now][x]) now=link[now],mat=len[now];
			if (t[now][x]) now=t[now][x],++mat;
			g[i]=mat;
		}
	}
} sam;
bool dp(int L) {
	ql=1,qr=0;
	for (int i=L;i<=n;++i) {
		f[i]=f[i-1];
		while (ql<=qr && f[que[qr]]-que[qr]<f[i-L]-i+L) --qr;
		que[++qr]=i-L;
		while (ql<=qr && que[ql]<i-g[i]) ++ql;
		if (ql<=qr) f[i]=max(f[i],f[que[ql]]+i-que[ql]);
	}
	return 10*f[n]>=9*n;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("test.in","r",stdin);
#endif
	int q,m;
	scanf("%d%d",&q,&m);
	for (int i=1;i<=m;++i) {
		scanf("%s",s+1);
		int len=strlen(s+1);
		sam.reset();
		for (int i=1;i<=len;++i) sam.add(s[i]-'0');
	}
	while (q--) {
		scanf("%s",s+1);
		n=strlen(s+1);
		memset(g,0,(sizeof g[0])*(n+1));
		sam.prepare();
		int l=1,r=n,ans;
		while (l<=r) {
			int mid=(l+r)>>1;
			memset(f,0,(sizeof f[0])*(n+1));
			if (dp(mid)) ans=mid,l=mid+1; else r=mid-1;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}