BZOJ1396&2865 识别子串 【后缀自动机 + 线段树】
题目
输入格式
一行,一个由小写字母组成的字符串S,长度不超过10^5
输出格式
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.
输入样例
agoodcookcooksgoodfood
输出样例
1
2
3
3
2
2
3
3
2
2
3
3
2
1
2
3
3
2
1
2
3
4
题解
BZOJ AC200纪念，，
这两题题干是一样的，但唯一不同的是。。后者卡空间【MLE得飞起】
先说解法：
我们知道后缀自动机上的parent树的每个节点子树中叶子的数量就是该节点表示的串的出现次数
显然我们要找的是子树叶子数为1，即代表出现次数为1的节点
parent树中的节点，要么是叶子节点，要么有至少两个儿子
由上面这个性质我们可以知道满足条件的只有叶子结点
所以我们连序都不用排了，直接统计不被父亲指针指向的节点
对于节点i，其表示的串为长度为\([step[pre[i]] + 1,step[i]]\)的串【pre为parent树父亲节点】
由于该串是唯一的，所以该串表示的最小串为后缀的子串都是唯一的
我们令其最小串为[l,r]，其中\(l = step[i] - step[pre[i]]，r = step[i]\)
我们分为两类：
①被最小串包含的位置[l,r]，更新其最短识别长度为\(r - l + 1\)
②超出最小串的位置[1,l-1]，更新其最短识别长度为\(r - i + 1\)【i为字符位置】
那么我们可以开两颗线段树分别维护①和②的最小值，最后输出时二者取最小即可【维护②的先不减i，输出时再减】
什么意思？每个位置会被两种形式的长度更新，①是一个值，②是一个值还要减去自身的位置，②不好处理，我们分开保存
T1就搞完了~~
等等，T2呢？
原来是数据范围变大了，改大，一交，雾草。。MLE
= =
何破？
①改用后缀数组【还没写】
②将ch改为map保存【好吧我就是这样A的】
T2太丢脸，贴T1代码吧，，
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
#define ls (u << 1)
#define rs (u << 1 | 1)
using namespace std;
const int maxn = 200005,maxm = 400005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}
return out * flag;
}
int pre[maxn],ch[maxn][26],step[maxn],val[maxn],cnt,last,n;
char s[maxn];
void ins(int x){
int p = last,np = ++cnt;
last = np; step[np] = step[p] + 1;
while (p && !ch[p][x]) ch[p][x] = np,p = pre[p];
if (!p) pre[np] = 1;
else {
int q = ch[p][x];
if (step[q] == step[p] + 1) pre[np] = q;
else {
int nq = ++cnt; step[nq] = step[p] + 1;
memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
pre[nq] = pre[q]; pre[q] = pre[np] = nq;
while (ch[p][x] == q) ch[p][x] = nq,p = pre[p];
}
}
}
struct Seg{
int mn[2 * maxn],tag[2 * maxn];
Seg(){for (int i = 0; i < maxm; i++) mn[i] = tag[i] = INF;}
void pd(int u){
if (tag[u] != INF){
mn[ls] = min(mn[ls],tag[u]); tag[ls] = min(tag[ls],tag[u]);
mn[rs] = min(mn[rs],tag[u]); tag[rs] = min(tag[rs],tag[u]);
tag[u] = INF;
}
}
void modify(int u,int l,int r,int L,int R,int v){
if (L > R) return;
if (l >= L && r <= R){
mn[u] = min(mn[u],v);
tag[u] = min(tag[u],v);
return;
}
pd(u);
int mid = l + r >> 1;
if (mid >= L) modify(ls,l,mid,L,R,v);
if (mid < R) modify(rs,mid + 1,r,L,R,v);
mn[u] = min(mn[ls],mn[rs]);
}
int query(int u,int l,int r,int pos){
if (l == r) return mn[u];
pd(u);
int mid = l + r >> 1;
if (mid >= pos) return query(ls,l,mid,pos);
else return query(rs,mid + 1,r,pos);
}
}A,B;
void solve(){
REP(i,cnt) val[i] = 1;
REP(i,cnt) val[pre[i]] = 0;
REP(i,cnt) if (val[i]){
int l = step[i] - step[pre[i]],r = step[i];
A.modify(1,1,n,l,r,r - l + 1);
B.modify(1,1,n,1,l - 1,r + 1);
}
REP(i,n)
printf("%d\n",min(A.query(1,1,n,i),B.query(1,1,n,i) - i));
}
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out1.txt","w",stdout);
scanf("%s",s + 1);
n = strlen(s + 1); cnt = last = 1;
REP(i,n) ins(s[i] - 'a');
solve();
return 0;
}
