【bzoj3238】【Ahoi2013】差异


 

  • 题解：

    • 分成两部分来求，$\sum (len(T_{i})+len(T_{j}))$显然是：$\frac{(N-1)N(N+1)}{2}$
    • 另外一部分即所有后缀的$lcp$之和的二倍，枚举每一个$sa[i]$；
    • 这样对于每个j从小到大的$sa[j](j<i)$来说和$sa[i]$的$lcp$是连续的且单调递增，这取决于$j+1$到$i$的$height$最小值；
    • 求出$sa$和$ht$后，用一个单调上升的队列维护每一段的答案； 
       1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 #define rg register
 4 using namespace std;
 5 const int N=500010;
 6 int len,c[N],x[N],y[N],sa[N],top,st[N],rk[N],ht[N];
 7 ll ans,sum[N];
 8 char s[N]; 
 9 void build_sa(int n,int m){
10     for(rg int i=0;i<n;i++)c[x[i]=s[i]]++;
11     for(rg int i=1;i<m;i++)c[i]+=c[i-1];
12     for(rg int i=n-1;~i;i--)sa[--c[x[i]]]=i;
13     for(rg int k=1;k<n;k<<=1){
14         int p = 0;
15         for(rg int i=n-k;i<n;i++)y[p++]=i;
16         for(rg int i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=k)y[p++]=sa[i]-k;
17         for(rg int i=0;i<m;i++)c[i]=0;
18         for(rg int i=0;i<n;i++)c[x[i]]++;
19         for(rg int i=1;i<m;i++)c[i]+=c[i-1];
20         for(rg int i=n-1;~i;i--)sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];
21         swap(x,y);
22         p=0;x[sa[0]]=p++; 
23         for(rg int i=1;i<n;i++){
24             x[sa[i]] = y[sa[i]]==y[sa[i-1]] && y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k] ? p-1 : p++;
25         }
26         if(p==n)break;
27         m = p + 1;
28     }
29 }
30 void build_ht(int n){
31     for(rg int i=0;i<n;i++)rk[sa[i]]=i;
32     for(rg int i=0,j,k=0;i<n;i++){
33         if(k)k--;
34         j=sa[rk[i]-1];
35         while(s[i+k]==s[j+k])k++;
36         ht[rk[i]] = k;
37     }
38 }
39 int main(){
40     freopen("bzoj3238.in","r",stdin);
41     freopen("bzoj3238.out","w",stdout);
42     scanf("%s",s);
43     len = strlen(s);
44     ans = (ll)len*(len+1)/2*(len-1);
45     s[len]='$';
46     build_sa(len+1,128);
47     build_ht(len+1);
48     for(rg int i=0;i<=len;i++){
49         while(top&&ht[st[top]]>=ht[i])top--;
50         st[++top]=i;
51         sum[top] = sum[top-1] + 2ll * (st[top] - st[top-1]) * ht[i];
52         ans -= sum[top];
53     }
54     printf("%lld\n",ans);
55     return 0;
56 }
      bzoj3238（SA）

       

    • upd:20190106  学会了$SAM$的解法
    • 还是考虑$\sum lcp(i,j)$  (下文的$len$指节点$right$集合的最大长度，$sum$为节点的$parent$子树里的后缀个数)
    • 后缀树和$parent$树的联系：
      • 在$parent$树上前缀的最长后缀是在他们对应节点的$lca$的$len$；
      • 那么我们将串反过来建$SAM$的话$parent$树可以回答后缀间的$lcp$了；
    • 节点$u$作为$lca$的次数$*2$是：$sum_{u}  (sum_{u} - 1)  -  \sum_{v} sum_{v} (sum_{v}-1)$ 
    • 整理一下每个点贡献为：$sum_{u}(sum_{u}-1) * (len[u] - len[pa[u]]) $
    • 另一种的理解：

    • $\sum lcp(i,j)  = \sum_{子串x}  * \sum_{i} \sum_{j} [x是后缀i,j的公共前缀] $

    • 每个节点的不同子串个数为$len[u]-len[pa[u]]$立即推出式子；
    • 其实仔细想想对这个题不翻转答案也是一样的QAQ；
    •  1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 using namespace std;
 4 const int N=1000010;
 5 int n,lst,ch[N][26],cnt,len[N],pa[N],w[N],a[N],v[N];
 6 char s[N];
 7 inline void ins(int c){
 8     int p=lst,np; 
 9     len[lst=np=++cnt]=len[p]+1;
10     v[np]=1;
11     while(p&&!ch[p][c])ch[p][c]=np,p=pa[p];
12     if(!p)pa[np]=1;
13     else {
14         int q=ch[p][c];
15         if(len[q]==len[p]+1)pa[np]=q;
16         else{
17             int nq=++cnt;
18             len[nq]=len[p]+1;
19             memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
20             pa[nq]=pa[q];pa[q]=pa[np]=nq;
21             while(p&&ch[p][c]==q)ch[p][c]=nq,p=pa[p];
22         }
23     }
24 }
25 int main(){
26     #ifndef ONLINE_JUDGE 
27     freopen("bzoj3238.in","r",stdin);
28     freopen("bzoj3238.out","w",stdout);
29     #endif
30     scanf("%s",s);
31     lst=cnt=1;
32     n=strlen(s);
33     for(int i=0;i<n;i++)ins(s[i]-'a');
34     for(int i=1;i<=cnt;i++)w[len[i]]++;
35     for(int i=1;i<=n;i++)w[i]+=w[i-1];
36     for(int i=cnt;i;i--)a[w[len[i]]--]=i;
37     ll ans = (ll)n*(n-1)*(n+1)/2;
38     for(int i=cnt;i>1;i--){
39         int u=a[i];
40         v[pa[u]]+=v[u];
41         ans -= (ll)(len[u]-len[pa[u]])*v[u]*(v[u]-1);
42     }
43     cout << ans << endl;
44     return 0;
45 }
      bzoj3238（SAM）

       

 

posted @ 2019-01-04 21:34  大米饼  阅读(247)  评论(0)  编辑  收藏  举报