[BZOJ]1014 火星人prefix(JSOI2008)
一边听省队dalao讲课一边做题真TM刺激。
BZOJ的discuss简直就是题面plus、大样例、SuperHINT、dalao题解的结合体。
Description
火星人最近研究了一种操作：求一个字串两个后缀的公共前缀。比方说，有这样一个字符串：madamimadam，我们将这个字符串的各个字符予以标号：序号： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 字符 m a d a m i m a d a m 现在，火星人定义了一个函数LCQ(x, y)，表示：该字符串中第x个字符开始的字串，与该字符串中第y个字符开始的字串，两个字串的公共前缀的长度。比方说，LCQ(1, 7) = 5, LCQ(2, 10) = 1, LCQ(4, 7) = 0 在研究LCQ函数的过程中，火星人发现了这样的一个关联：如果把该字符串的所有后缀排好序，就可以很快地求出LCQ函数的值；同样，如果求出了LCQ函数的值，也可以很快地将该字符串的后缀排好序。 尽管火星人聪明地找到了求取LCQ函数的快速算法，但不甘心认输的地球人又给火星人出了个难题：在求取LCQ函数的同时，还可以改变字符串本身。具体地说，可以更改字符串中某一个字符的值，也可以在字符串中的某一个位置插入一个字符。地球人想考验一下，在如此复杂的问题中，火星人是否还能够做到很快地求取LCQ函数的值。
Input
第一行给出初始的字符串。第二行是一个非负整数M，表示操作的个数。接下来的M行，每行描述一个操作。操作有3种，如下所示：
1、询问。语法：Qxy，x,y均为正整数。功能：计算LCQ(x,y)限制：1<=x,y<=当前字符串长度。
2、修改。语法：Rxd，x是正整数，d是字符。功能：将字符串中第x个数修改为字符d。限制：x不超过当前字符串长度。
3、插入：语法：Ixd，x是非负整数，d是字符。功能：在字符串第x个字符之后插入字符d，如果x=0，则在字符串开头插入。限制：x不超过当前字符串长度。
Output
对于输入文件中每一个询问操作，你都应该输出对应的答案。一个答案一行。
Sample Input
madamimadam
7
Q 1 7
Q 4 8
Q 10 11
R 3 a
Q 1 7
I 10 a
Q 2 11
Sample Output
5
1
0
2
1
HINT
1、所有字符串自始至终都只有小写字母构成。
2、M<=150,000。
3、字符串长度L自始至终都满足L<=100,000。
4、询问操作的个数不超过10,000个。
对于第1，2个数据，字符串长度自始至终都不超过1,000。
对于第3，4，5个数据，没有插入操作。
Solution
对于这道题，按照惯性思维我们首先应该想到的是后缀数组吧，毕竟题目描述中都直接点明了LCP。
可定睛一看，动态修改？还要支持插入？？显然后缀数组是不现实的。
果然出题人在题面里写了啥算法我们就不能写啥。
我们从插入操作入手，很快我们想到了平衡树；
我们从子串判断是否相等入手，很快我们想到了字符串hash。（脑洞来源Noi2016D1T1）
然后这道题就做完了。
我们用平衡树维护子串的hash值，询问时二分答案，每次判断两个子串的hash值是否相等就行了。
注意hash可以用自然溢出，小C写了个合并log的hash，又开了long long，跑得奇慢无比。（有更好的hash方法就不要学小C了）
（小C的）总时间复杂度
。（Q为询问次数，M为修改次数）
（2017/11/27 update）
小C把合并的部分优化了一下，将幂次预处理，去掉了合并的log，下方显示的是优化后的代码：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define l(a) son[a][0] #define r(a) son[a][1] #define rt (l(rtfa)) #define rtfa (MN-1) #define MN 100005 #define ll long long using namespace std; int siz[MN],son[MN][2],cr[MN],fa[MN]; char c[MN]; int din,n,m; ll hs[MN],mi[MN]; inline int read() { int n=0,f=1; char c=getchar(); while (c<'0' || c>'9') {if(c=='-')f=-1; c=getchar();} while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; c=getchar();} return n*f; } inline void update(int x) { siz[x]=siz[l(x)]+siz[r(x)]+1; hs[x]=(hs[l(x)]*101+cr[x])*mi[siz[r(x)]]+hs[r(x)]; } void rotate(int x) { register int y,z,l,r; y=fa[x]; z=fa[y]; l=r(y)==x; r=l^1; fa[y]=x; fa[x]=z; fa[son[x][r]]=y; son[z][r(z)==y]=x; son[y][l]=son[x][r]; son[x][r]=y; update(y); } void splay(int x,int rf) { register int y,z; for (;fa[x]!=rf;rotate(x)) if (fa[y=fa[x]]!=rf) z=fa[y],rotate(r(z)==y^r(y)==x?x:y); update(x); } void getins(int &x,int fat,int y,char z) { if (!x) {x=++din; cr[x]=z; fa[x]=fat; splay(x,rtfa); return;} if (y>=siz[l(x)]+1) getins(r(x),x,y-siz[l(x)]-1,z); else getins(l(x),x,y,z); } void getsiz(int x,int y,int rtf) { if (y==siz[l(x)]+1) {splay(x,rtf); return;} else if (y>siz[l(x)]+1) getsiz(r(x),y-siz[l(x)]-1,rtf); else getsiz(l(x),y,rtf); } void getitv(int L,int R) {R+=2; getsiz(rt,L,rtfa); getsiz(rt,R,rt);} void build(int &x,int fat,int L,int R) { if (L>R) return; int mid=L+R>>1; x=++din; cr[x]=c[mid]; fa[x]=fat; build(l(x),x,L,mid-1); build(r(x),x,mid+1,R); update(x); } int main() { char g[2],z[2]; register int i,x,y,L,R; register ll lx,ly; scanf("%s",c+1); n=strlen(c+1); m=read(); for (mi[0]=1,i=1;i<MN;++i) mi[i]=mi[i-1]*101; c[0]=c[n+1]=0; build(rt,rtfa,0,n+1); while (m--) { scanf("%s",g); if (g[0]=='Q') { x=read(); y=read(); if (x>y) swap(x,y); for (L=0,R=n-y+1;L<R;) { int mid=L+R+1>>1; getitv(x,x+mid-1); lx=hs[l(r(rt))]; getitv(y,y+mid-1); ly=hs[l(r(rt))]; if (lx==ly) L=mid; else R=mid-1; } printf("%d\n",L); } else if (g[0]=='R') { x=read(); scanf("%s",z); getsiz(rt,x+1,rtfa); cr[rt]=z[0]; update(rt); } else if (g[0]=='I') {x=read(); ++n; scanf("%s",z); getins(rt,rtfa,x+1,z[0]);} } }
Last Word
小C开始做这道题时，思路已经被出题人带跑了。
然后就脑补了一些骚东西，后缀数组，后缀平衡树，后缀自动机……未果。
无聊点开discuss，一眼看到标题“xxx自然溢出xxx”，瞬间觉得自己是个智障，回头就把这题切了。
