【YBT2023寒假Day6 C】子串染色(SAM)(线段树)(启发式合并)
子串染色
题目链接:YBT2023寒假Day6 C
题目大意
对于一个 s 的子串 t,把它在 s 中所有出现的位置包含的所有下标染黑,黑色连续段的数目是子串 t 的价值。
然后给你一个 k 和一个串 s,求有多少个 s 的子串价值恰好为 k。
思路
那首先你如果要找到所有的子串,SAM 是一个很好的方法。
于是我们考虑在 fail 树上处理这个问题。
不妨先考虑假如我们一个一个枚举子串,要怎么判断是否可行。
那我们考虑先有子串在原串中出现了一些次数,那右边的坐标我们记作 \(x_1,x_2,...,x_m\)(假设排序了)。
那如果这个子串的长度是 \(k\),那对于满足 \(x_i-x_{i-1}\leqslant k\) 的数量我们记作 \(s\),那这个子串的价值就是 \(m-s\)。
(就是缝起来的地方就相当于少了一个)
那在 SAM 上,一个点代表了一类子串,而且长度是一个区间 \([l,r]\),于是考虑加速或者维护上面的过程。
会发现只跟 \(x_i-x_{i-1}\) 这种东西有关,那我们考虑用一个线段树维护 \(x_{i}-x_{i-1}\) 每个值的出现次数。
那我们找到第 \(m-k\) 小的数 \(a\) 和 \(m-k+1\) 小的数 \(b\),那 \([a,b-1]\) 就是约束。
那配上我们有的区间,就是 \([l,r]\cap [a,b-1]\)
那考虑维护 \(x_i-x_{i-1}\),那因为这个出现的集合 \(x_i\) 是 fail 树上的子树,那我们可以用 dsu on tree,也可以用启发式合并,用 set 维护 \(x_i\),用权值线段树维护 \(x_i-x_{i-1}\),至于查询 \(k\) 大可以直接二分(虽然也可以在线段树上二分就是了)
代码
#include<set>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 100;
char SS[N];
int n, k, dy[N << 1];
ll ans;
struct SAM {
int tot, lst;
struct node {
int len, fa, son[26];
}d[N << 1];
void Init() {
tot = lst = 1;
}
void insert(int x, int id) {
int p = lst, np = ++tot; lst = np;
d[np].len = d[p].len + 1; dy[np] = id;
for (; p && !d[p].son[x]; p = d[p].fa) d[p].son[x] = np;
if (!p) d[np].fa = 1;
else {
int q = d[p].son[x];
if (d[q].len == d[p].len + 1) d[np].fa = q;
else {
int nq = ++tot; d[nq] = d[q];
d[nq].len = d[p].len + 1;
d[q].fa = d[np].fa = nq;
for (; p && d[p].son[x] == q; p = d[p].fa) d[p].son[x] = nq;
}
}
}
}S;
struct XD_tree {
int f[N << 6], ls[N << 6], rs[N << 6], tot;
void update(int &now, int l, int r, int pl, int x) {
if (!now) now = ++tot;
f[now] += x;
if (l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
if (pl <= mid) update(ls[now], l, mid, pl, x);
else update(rs[now], mid + 1, r, pl, x);
}
int query(int now, int l, int r, int L, int R) {
if (!now) return 0;
if (L > R) return 0;
if (L <= l && r <= R) return f[now];
int mid = (l + r) >> 1, re = 0;
if (L <= mid) re += query(ls[now], l, mid, L, R);
if (mid < R) re += query(rs[now], mid + 1, r, L, R);
return re;
}
}T;
vector <int> G[N << 1];
set <int> s[N << 1];
int id[N << 1], rt[N << 1];
void merge(int &x, int &y) {
if (s[x].size() < s[y].size()) swap(x, y);
for (set <int> ::iterator it = s[y].begin(); it != s[y].end(); it++) {
int now = *it;
set <int> ::iterator pl = s[x].lower_bound(now);
int r = (pl == s[x].end()) ? 0 : *pl;
int l = (pl == s[x].begin()) ? 0 : *(--pl);
if (l && r) T.update(rt[x], 1, n, r - l, -1);
if (l) T.update(rt[x], 1, n, now - l, 1);
if (r) T.update(rt[x], 1, n, r - now, 1);
s[x].insert(now);
}
}
void dfs(int now) {
if (dy[now]) s[id[now]].insert(S.d[now].len);
for (int i = 0; i < G[now].size(); i++) {
dfs(G[now][i]);
merge(id[now], id[G[now][i]]);
}
if (now == 1) return ;
int m = s[id[now]].size();
int L = S.d[S.d[now].fa].len + 1, R = S.d[now].len, rel = L;
while (L <= R) {
int mid = (L + R) >> 1;
if (T.query(rt[id[now]], 1, n, 1, mid) >= m - k) rel = mid, R = mid - 1;
else L = mid + 1;
}
if (T.query(rt[id[now]], 1, n, 1, rel) != m - k) return ;
L = S.d[S.d[now].fa].len + 1; R = S.d[now].len; int rer = L;
while (L <= R) {
int mid = (L + R) >> 1;
if (T.query(rt[id[now]], 1, n, 1, mid) <= m - k) rer = mid, L = mid + 1;
else R = mid - 1;
}
ans += rer - rel + 1;
}
int main() {
freopen("gnirts.in", "r", stdin);
freopen("gnirts.out", "w", stdout);
scanf("%s", SS + 1); n = strlen(SS + 1);
scanf("%d", &k);
S.Init();
for (int i = 1; i <= n; i++) S.insert(SS[i] - 'a', i);
for (int i = 2; i <= S.tot; i++) G[S.d[i].fa].push_back(i);
for (int i = 1; i <= S.tot; i++) id[i] = i;
dfs(1);
printf("%lld", ans);
return 0;
}