字符串题目合集

压缩

题意：一段由相同字符串重复而来的字符串可以写成次方的形式。给定 $s$，问 $s$ 压缩之后最少还有多少个字符。

DP + KMP

$dp[len][i]$ 表示长度 $len$ 起点 $i$ 的最少是多少。$dp[len][i]$ 初值 $len$，也就是不做任何处理。

同时可以枚举断点。$dp[len][i]\leftarrow dp[k-i+1][i]+dp[len-(k-i+1)][k+1]$。

最后，可以让它自己压缩（只有在 $s[i\sim i+len-1]$ 有循环节的时候才更新这一类）。$dp[len][i]\leftarrow dp[cir][i]$。$cir$ 表示最短循环节长度。

判断两个字符串 $s1,s2$ 是否循环同构。

令 $s=s1s1$，判断 $s$ 中是否有 $s2$ 即可。跑一遍 KMP。

Periods of Words

题意：若 $a$ 是 $s$ 的真前缀，且 $s$ 是 $aa$ 的前缀，称 $a$ 是 $s$ 的周期。给定字符串 $w$，求 $w$ 每个前缀的最长周期长度之和（如果不存在算 $0$）。

容易发现，对于一个固定的 $s$，它最大周期等于 $|s|$ 减去 $s$ 的最短真 border 的长度（如果不存在真 border 则不存在周期）。

因此跑一遍 KMP，可以求出每个前缀原始的 $nxt$。这里又有两种方法。

1. 失配树找最高级祖先。

2. 类似并查集路径压缩。因为如果当前位置的 $nxt$ 不是这个位置最小的 $nxt$，那么任何时刻都不会用到这个位置的 $nxt$。于是每到一个新位置，直接暴力把当前位置的 $nxt$ 一直递归到最小即可。

寻找 $t$ 的最长前缀是 $s$ 的子串。

SAM 直接冲

我们可以用 KMP 这个优雅的算法。令 $t$ 作为模式串，$s$ 作为母串。

观察得知，KMP 当匹配到母串的第 $i$ 个位置时，实际上已经算出了 $t$ 作为 $s[1\sim i]$ 的后缀的最大前缀 $rho[i]$。

答案就是 $max\{rho[i]\}$.

求 $s$ 每个前缀的出现次数。

SAM 直接冲

1. KMP 方法。先对 $s$ 做一遍 KMP。对于前缀 $s[1\sim i]$，只要看 $nxt[i+1\sim n]$ 里有多少个 $nxt=i$ 即可。不要忘了加上自己开头出现了一次。

2. Z 函数方法。先求出 $Z$ 函数。对于前缀 $s[1\sim i]$，只要看 $z[2\sim n]$ 里有多少个 $z\ge i$ 即可。不要忘了加上自己开头出现了一次。

Extend to Palindrome

简化题意：求最长回文后缀。

令 $t=rev(s)+\text{\#}+s$。对 $t$ 求 $Z$ 函数，然后枚举每个后缀判断即可。

求本质不同子串数。

SAM 直接冲

考虑增量算法：已经处理了字符串 $s$，在前面加一个字符 $c$，考虑以 $c$ 开头的子串们。利用 $nxt[]/z[]$ 去重。

不过因为每新加入一个字符就要重新求一遍，复杂度 $O(n^2)$。

Pal-Palindrome

结论：两个回文串 $a,b$。$ab\in Pal⟺root(a)=root(b)$。

那么弄一个类似桶的东西即可。

x-prime substrings

题意比较复杂，点进去看。

观察到 $x\le 20$，而最坏情况下所有 x-prime 串的总长 $\le 5000$。把所有 x-prime 串取出建立 AC 自动机，然后 DP。
$dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个字符走到 AC 自动机的 $j$ 号结点至少删几个。

Mysterious Code

题意：给定一个字符串 $C$ 和两个字符串 $s,t$。$C$ 有一些位置可以填，一些位置固定。求填法使 $C$ 中 $s$ 出现次数 - $t$ 出现次数最大。$|C|\le 1000,|s|,|t|\le 50$。

给 $s,t$ 分别建一个 KMP 自动机。$dp[i][j][k]$ 表示 $C$ 的前 $i$ 个字符，在 $aca[s]$ 位于 $j$，在 $aca[t]$ 位于 $k$ 的最大答案。

Bracket Substring

题意：求有多少个长为 $2n$ 的合法括号序列，包含给定括号序列 $s$ 作为子串。$n\le 100,|s|\le 200$。

给 $s$ 建立 KMP 自动机。
$dp[i][j][k][0/1]$：填 $i$ 个字符，位于自动机上 $j$ 号结点，左括号减去右括号等于 $k$，且尚未完成/已经完成了一次对 $s$ 的完整匹配。

Resource Archiver

题意：给定 $n$ 个资源串，$m$ 个病毒串，都是 01 串。求一个串 $s$ 包含所有资源串为子串，不包含任何病毒串为子串。$n\le 10,m\le 1000,len\le 1000$。
病毒串总长 $\le 50000$。

法一：把所有串丢进 AC 自动机里，给病毒串结点打病毒标记，给资源串结点标记编号。$dp[S][i]$ 表示已经满足 $S$ 内资源串的子串，当前位于自动机上 $i$ 点。
但是空间会爆。

法二：同样把所有串丢进 AC 自动机里，同样打标记，$dp[S][i]$ 表示已经满足 $S$ 内资源串的子串，当前以 $i$ 号资源串结尾。
对于自动机上一个点到所有点的最短路，可以用一次最短路解决；于是跑 $n$ 次最短路，可以求得任意两个资源串结点的最短路。
转移就枚举下一个去哪个资源串，注意就算是去过的资源串也要考虑。

Median Replace 及其题解

CF1286E

题意：维护一个字符串 $s$，支持动态在末尾加入字符。初始字符串是空的，每个字符 $c_i$ 加入的时候都会给出对应的权值 $w_i$。定义一个子串 $s[l\sim r]$ 的权值为 $min(w[l\sim r])$。
如果 $s[l\sim r]=s[1\sim r-l+1]$，就要统计它的权值；要求在每加入一个字符之后，都输出当前的权值之和。强制在线。

CF 3200 分

（为了契合这一题的题意，下面 border 的描述是包括了一整个串的）

考虑增量算法。这一次加入的是 $(c_i,w_i)$。记录 $s[1\sim i-1]$ 的答案为 $lstans$，那么 $s[1\sim i]$ 的答案就是 $lstans+$ $s[1\sim i]$ 所有 border 的权值之和。

因为 $s[1\sim i]$ 的 border 可以看作 $s[1\sim i-1]$ 的 border 加一个字符，考虑用一个数据结构维护当前所有 border 的集合。

但是维护 border 不好做，于是考虑用一个数据结构维护当前 border 的权值的集合。（这一步也不知道怎么想出来的）

记这个集合为 $A$。考虑新增 $c_i$ 后 $s[1\sim i-1]$ 原本的 border 会怎么变化。

1. 一个 border 为 $s[1\sim k]$，若 $s[k+1]\ne s[i]$，应该删除这个 border；

2. 在所有剩下的 border 里，所有权值 $>w_i$ 的 border 都把权值改成 $w_i$，因为是取 $min$。

3. 如果 $s[1]=s[i]$，会新增一个 border 为 $s[i\sim i]$。

我们可以用一个 map 维护这些权值。$mp[x]=y$ 表示当前权值为 $x$ 的 border 有 $y$ 个。

1. 如何快速找到 $s[k+1]\ne s[i]$ 的 border？

   找 border，最先的想法就是在失配树（$nxt$ 树）上找，然后在 map 里依次删除。但是如果 $nxt[i-1],nxt[nxt[i-1]]$ 这样跳下去必定超时。

   考虑记录一个 $dif$ 数组。$dif[x]$ 表示在 $nxt[x],nxt[nxt[x]],\dots$ 中（失配树的祖先中），最近的与 $x$ 期望的字符不同的是哪个。

   例如 $s=ABAABA$，既有 $ABA$ 作为 border，又有 $A$ 作为 border。但是 $A$ 期望的字符是 $B$，$ABA$ 期望的字符是 $A$，$dif[3]$ 就记录为 $1$。（期望的字符，就是在 $s$ 后面添加哪个字符，还能保持是 border）

   如果有这个数组，可以这么做：令 $x=i-1$，若 $x$ 依然是 border，$x=dif[x]$，这可以保证 $x$ 会跳到一个不再是 border 的；否则 $x=nxt[x]$。
   这样每跳两步就至少删除一个 border，因为 border 总数是 $O(n)$ 的，所以跳的次数是均摊 $O(1)$ 的。

2. 权值 $>w_i$ 的全部改成 $w_i$。

   利用 map.end() 倒序遍历 map，直到所有 $>w_i$ 的都改完。因为每进行一次修改，有至少一个 border 合并到权值为 $w_i$ 的里面去了，而 border 总数 $O(n)$ 的，所以至多修改 $O(n)$ 次，总共复杂度 $O(n\log n)$。

3. 新增一个长度为 $1$ 的 border。这个很简单。

于是复杂度 $O(n\log n)$。在循环中其实要记录两个值：$lstans,lstbor$，表示上一次的答案和上一次的 border 权值和。
求一个 border 的权值就是简单的 RMQ 问题。最需要注意的是 map 中等于 $0$ 的位置要 erase 掉。

Frequency of Strings

题意：
给你一个字符串 $s(|S|\le {10}^5)$ ，有 $n(n\le {10}^5)$ 个询问，第 $i$ 个询问包含一个整数 $k_i$ 和一个字符串 $m_i(\sum _i|m_i|\le {10}^5)$ 。要求找到一个字符串 $t$ ，使得 $t$ 是 $s$ 的子串并且 $m_i$ 至少在 $t$ 中出现了 $k_i$ 次。你只需要求出 $t$ 的最短长度。

保证 $m_i$ 互不相同。

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记询问串长度和为 $len$，则询问串的长度种类数至多 $O(\sqrt{len})$ 种。

因此所有出现位置 $\le O(\sqrt{len}\cdot |S|)$ 个。

对所有询问串建立 AC 自动机，在 keyword 结束的结点维护一个 vector，用来保存结束位置。把 $S$ 放到上面跑，每跑到一个位置，就把 fail 树上所有 keyword 祖先的 vector 增加对应位置。

void mdf(string &s) {
	int x = 1;
	for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
		x = abs(a[x].e[cd(s[i])]);
		int p = x;
		if (a[x].ed == 0)
			p = a[p].nxtkey;
		while (p != 1) {
			a[p].v.push_back(i);
			p = a[p].nxtkey;
		}
	}
}

回答询问的时候，找到对应结点，取出 vector 里的结束位置，枚举从哪个结束位置到哪个结束位置取个 $min$ 就行了。

int len = 0x3f3f3f3f;
for (int j = 0; j + k[i] - 1 < t.a[t.nd[i]].v.size(); j++)
	len = min(len, (int)(t.a[t.nd[i]].v[j + k[i] - 1] - (t.a[t.nd[i]].v[j] - m[i].size() + 1) + 1));
cout << len << endl;

CF868D：Huge Strings

题意：给定初始 $n$ 个 01 串入库，然后有 $m$ 次操作，每次操作从库里选定两个 01 串拼接为 $s$，然后 $s$ 入库。对于每个 $s$，找到最大的 $k$ 使得 $s$ 包含所有 $k$ 长度 01 串为子串。$n,m\le 100$。初始库串长和 $\le 100$。

难点在于拼接的字符串长度会很大。考虑所有长度为 $L$ 的 01 串，在初始库里，因为 $\sum |s_i|\le 100$，所以初始库里互不相同的 $L$ 长度子串最多 $100$ 个。

发现每次拼接产生新的子串，必然在于拼接处。一共拼接 $100$ 次，每次从拼接处左右延伸，最多新增 $L-1$ 个不同的子串。所以一共最多有 $100+100\times (L-1)=100L$ 个不同的子串。要是所有 $L$ 长度子串都出现了，$100L\ge 2^L$，有 $L\le 9$。

因此最大答案不会超过 $9$。这就意味着我们不需要在拼接时保留过多的字符，那我们需要保留多少呢？

因为一次拼接至多贡献出长度为 $9$ 的 01 串，所以一共可能会在拼接时贡献字符串的字符一共 $9\times 100$ 个，再加上初始可能有贡献的 $100$ 个字符，所以每次拼接至多保留开头结尾各 $1000$ 个字符。实际上这个界相当宽松，只保留 $900$ 个也可以过。

论战捆竹竿题解