1.字符串专题

字符串专题

\(A\) CF1037H Security

考虑枚举答案串和 \(t\) 的 \(\operatorname{LCP}\) 然后问题的难点就来到了怎么判断一个串是否在 \(s_{l \sim r}\) 中出现过。
每次都在 \(\{ rk \}\) 上二分并对后缀和模式串进行暴力比较的时间复杂度无法接受，需要进一步优化。
观察到每次在末尾添加一个字符对应的 \(\{ rk \}\) 区间就会缩小，故可以考虑分别二分左右端点进行得到极长区间 \([L,R]\) 。
此时转化为查询 \(\{ rk \}\) 区间上 \([L,R]\) 对应的 \(sa\) 有没有在 \([l,r]\) 内的，主席树维护二维数点即可。

由于需要字典序最小，取最后一次得到的答案即可。

点击查看代码

char s[100010],t[200010];
struct SA
{
	int sa[100010],rk[200010],oldrk[200010],id[100010],cnt[100010],key[100010];
	int val(char x)
	{
		return (int)x;
	}
	void counting_sort(int n,int m)
	{
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			cnt[key[i]]++;
		}
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			cnt[i]+=cnt[i-1];
		}
		for(int i=n;i>=1;i--)
		{
			sa[cnt[key[i]]]=id[i];
			cnt[key[i]]--;
		}
	}
	void init(char s[],int len)
	{
		int m=127,tot=0,num=0;
		for(int i=1;i<=len;i++)
		{
			rk[i]=val(s[i]);
			id[i]=i;
			key[i]=rk[id[i]];
		}
		counting_sort(len,m);
		for(int w=1;tot!=len;w<<=1,m=tot)
		{
			num=0;
			for(int i=len;i>=len-w+1;i--)
			{
				num++;
				id[num]=i;
			}
			for(int i=1;i<=len;i++)
			{
				if(sa[i]>w)
				{
					num++;
					id[num]=sa[i]-w;
				}
			}
			for(int i=1;i<=len;i++)
			{
				key[i]=rk[id[i]];
			}
			counting_sort(len,m);
			for(int i=1;i<=len;i++)
			{
				oldrk[i]=rk[i];
			}
			tot=0;
			for(int i=1;i<=len;i++)
			{
				tot+=(oldrk[sa[i]]!=oldrk[sa[i-1]]||oldrk[sa[i]+w]!=oldrk[sa[i-1]+w]);
				rk[sa[i]]=tot;
			}
		}
	}
}S;
struct PDS_SMT
{
	int root[100010],rt_sum=0;
	struct SegmentTree
	{
		int ls,rs,sum;
	}tree[100010<<5];
	#define lson(rt) (tree[rt].ls)
	#define rson(rt) (tree[rt].rs)
	int build_rt()
	{
		rt_sum++;
		lson(rt_sum)=rson(rt_sum)=tree[rt_sum].sum=0;
		return rt_sum;
	}
	void update(int pre,int &rt,int l,int r,int pos,int val)
	{
		rt=build_rt();
		tree[rt]=tree[pre];
		tree[rt].sum+=val;
		if(l==r)
		{
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(pos<=mid)
		{
			update(lson(pre),lson(rt),l,mid,pos,val);
		}
		else
		{
			update(rson(pre),rson(rt),mid+1,r,pos,val);
		}
	}
	int query(int rt1,int rt2,int l,int r,int x,int y)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			return tree[rt2].sum-tree[rt1].sum;
		}
		int mid=(l+r)/2,ans=0;
		if(x<=mid)
		{
			ans+=query(lson(rt1),lson(rt2),l,mid,x,y);
		}
		if(y>mid)
		{
			ans+=query(rson(rt1),rson(rt2),mid+1,r,x,y);
		}
		return ans;
	}
}T;
int divide_left(int l,int r,int len,char x)
{
	int mid,ans=0;
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(s[S.sa[mid]+len-1]>=x)
		{
			ans=(s[S.sa[mid]+len-1]==x)?mid:ans;
			r=mid-1;
		}
		else
		{
			l=mid+1;
		}
	}
	return ans;
}
int divide_right(int l,int r,int len,char x)
{
	int mid,ans=0;
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(s[S.sa[mid]+len-1]==x)
		{
			ans=mid;
			l=mid+1;
		}
		else
		{
			r=mid-1;
		}
	}
	return ans;
}
pair<int,char> query(int l,int r,int len,int n)
{
	t[len+1]=0;
	int st=1,ed=n,pos1,pos2,lcp=-1;
	char ans=0;
	for(int i=0;i<=min(len,r-l);i++)
	{
		if(i!=0)
		{
			st=divide_left(st,ed,i,t[i]);
			if(st==0)
			{
				break;
			}
			ed=divide_right(st,ed,i,t[i]);
		}
		for(int j=max((char)'a',(char)(t[i+1]+1));j<=(char)'z';j++)
		{	
			pos1=divide_left(st,ed,i+1,j);
			if(pos1!=0)
			{
				pos2=divide_right(pos1,ed,i+1,j);
				if(T.query(T.root[pos1-1],T.root[pos2],1,n,l,r-i)>=1)
				{
					lcp=i;
					ans=j;
					break;
				}
			}
		}
	}
	return make_pair(lcp,ans);
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	int n,m,l,r,len,i,j;
	pair<int,char> tmp;
	cin>>(s+1)>>m;
	n=strlen(s+1);
	S.init(s,n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		T.update(T.root[i-1],T.root[i],1,n,S.sa[i],1);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>l>>r>>(t+1);
		len=strlen(t+1);
		tmp=query(l,r,len,n);
		if(tmp.first==-1)
		{
			cout<<-1<<endl;
		}
		else
		{
			for(j=1;j<=tmp.first;j++)
			{
				cout<<t[j];
			}
			cout<<tmp.second<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

\(B\) CF1073G Yet Another LCP Problem

多倍经验： luogu P7409 SvT
把 \(a\) 和 \(b\) 拼起来得到 \(c\) ，由容斥有 \(\sum\limits_{i=1}^{k}\sum\limits_{j=1}^{l}LCP(s_{a_{i} \sim n},s_{b_{j} \sim n})=\frac{\sum\limits_{i=1}^{k+l}\sum\limits_{j=1}^{k+l}LCP(s_{c_{i} \sim n},s_{c_{j} \sim n})-\sum\limits_{i=1}^{k}\sum\limits_{j=1}^{k}LCP(s_{a_{i} \sim n},s_{a_{j} \sim n})-\sum\limits_{i=1}^{l}\sum\limits_{j=1}^{l}LCP(s_{b_{i} \sim n},s_{b_{j} \sim n})}{2}\) 。
以 \(a\) 为例，先将 \(a\) 按照 \(rk\) 排序，由 \(sa_{rk_{a_{i}}}=a_{i}\) 可以构造 \(\begin{aligned} g_{i}=LCP(a_{i-1},a_{i})=\begin{cases} n-a_{i}+1 &a_{i-1}=a_{i} \\ \min\limits_{j=rk_{a_{i-1}+1}}^{rk_{a_{i}}} \{ height_{j} \} &a_{i-1} \ne a_{i} \end{cases} \end{aligned}\) ，特别的，有 \(g_{1}=0\) 。此时有 \(\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{k}\sum\limits_{j=1}^{k}\frac{LCP(s_{a_{i} \sim n},s_{a_{j} \sim n})}{2} &=\sum\limits_{i=1}^{k}\sum\limits_{j=i+1}^{k}LCP(s_{a_{i} \sim n},s_{a_{j} \sim n})+\sum\limits_{i=1}^{k}\frac{LCP(s_{a_{i} \sim n},s_{a_{i} \sim n})}{2} \\ &=\sum\limits_{i=1}^{k}\sum\limits_{j=i+1}^{k}\min\limits_{h=rk_{a_{i}}+1}^{rk_{a_{j}}} \{ height_{h} \}+\sum\limits_{i=1}^{k}\frac{n-a_{i}+1}{2} \\ &=\sum\limits_{i=1}^{k}\sum\limits_{j=i+1}^{k}\min\limits_{h=i+1}^{j} \{ g_{h} \}+\sum\limits_{i=1}^{k}\frac{n-a_{i}+1}{2} \\ &=\sum\limits_{i=2}^{k}\sum\limits_{j=i}^{k}\min\limits_{h=i}^{j} \{ g_{h} \}+\sum\limits_{i=1}^{k}\frac{n-a_{i}+1}{2} \\ &=\sum\limits_{i=1}^{k}\sum\limits_{j=i}^{k}\min\limits_{h=i}^{j} \{ g_{h} \}-\sum\limits_{i=1}^{k}0+\sum\limits_{i=1}^{k}\frac{n-a_{i}+1}{2} \\ &=\sum\limits_{i=1}^{k}\sum\limits_{j=i}^{k}\min\limits_{h=i}^{j} \{ g_{h} \}+\sum\limits_{i=1}^{k}\frac{n-a_{i}+1}{2} \end{aligned}\) 。

\(g_{i}\) 可以使用 \(ST\) 表预处理，然后类似 luogu P6503 [COCI2010-2011#3] DIFERENCIJA 使用单调栈维护即可。

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ll sa[400010],rk[800010],oldrk[800010],id[400010],cnt[400010],key[400010],height[400010],a[400010],b[400010],c[400010],fminn[400010][20],f[400010],g[400010];
char s[400010];
bool cmp(ll a,ll b)
{
	return rk[a]<rk[b];
}
ll val(char x)
{
	return (ll)x;
}
void counting_sort(ll n,ll m)
{
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		cnt[key[i]]++;
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++)
	{
		cnt[i]+=cnt[i-1];
	}
	for(ll i=n;i>=1;i--)
	{
		sa[cnt[key[i]]]=id[i];
		cnt[key[i]]--;
	}
}
void init_sa(char s[],ll len)
{
	ll m=127,tot=0,num=0,i,j,w;
	for(i=1;i<=len;i++)
	{
		rk[i]=val(s[i]);
		id[i]=i;
		key[i]=rk[id[i]];
	}
	counting_sort(len,m);
	for(w=1;tot!=len;w<<=1,m=tot)
	{
		num=0;
		for(i=len;i>=len-w+1;i--)
		{
			num++;
			id[num]=i;
		}
		for(i=1;i<=len;i++)
		{
			if(sa[i]>w)
			{
				num++;
				id[num]=sa[i]-w;
			}
		}
		for(i=1;i<=len;i++)
		{
			key[i]=rk[id[i]];
		}
		counting_sort(len,m);
		for(i=1;i<=len;i++)
		{
			oldrk[i]=rk[i];
		}
		tot=0;
		for(i=1;i<=len;i++)
		{
			tot+=(oldrk[sa[i]]!=oldrk[sa[i-1]]||oldrk[sa[i]+w]!=oldrk[sa[i-1]+w]);
			rk[sa[i]]=tot;
		}
	}
	for(i=1,j=0;i<=len;i++)
	{
		j-=(j>=1);
		while(s[i+j]==s[sa[rk[i]-1]+j])
		{
			j++;
		}
		height[rk[i]]=j;
	}
}
void init(ll n,ll a[])
{
	memset(fminn,0x3f,sizeof(fminn));
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		fminn[i][0]=a[i];
	}
	for(ll j=1;j<=log2(n);j++)
	{
		for(ll i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++)
		{
			fminn[i][j]=min(fminn[i][j-1],fminn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	}
}
ll query(ll l,ll r)
{
	ll t=log2(r-l+1);
	return min(fminn[l][t],fminn[r-(1<<t)+1][t]);
}
ll ask(ll n,ll k,ll a[])
{
	ll sum=0,i;
	stack<ll>st;
	sort(a+1,a+1+k,cmp);
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		g[i]=((a[i]==a[i-1])?n-a[i]+1:query(rk[a[i-1]]+1,rk[a[i]]));   
		sum+=(n-a[i]+1)/2;//其实这里这样写是不太严谨的，但这一行的可以互相消去的，所以就这样写了
	}
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		while(st.empty()==0&&g[st.top()]>=g[i])
		{
			st.pop();
		}
		if(st.empty()==0)
		{
			f[i]=f[st.top()]+g[i]*(i-st.top());
		}
		else
		{
			f[i]=f[0]+g[i]*(i-0);
		}
		st.push(i);
		sum+=f[i];
	}
     return sum;
}
int main()
{
	ll n,m,k,l,i,j;
	cin>>n>>m>>(s+1);
	init_sa(s,n);
	init(n,height);
	for(j=1;j<=m;j++)
	{
		cin>>k>>l;
		for(i=1;i<=k;i++)
		{
			cin>>a[i];
			c[i]=a[i];
		}
		for(i=1;i<=l;i++)
		{
			cin>>b[i];
			c[i+k]=b[i];
		}
		cout<<ask(n,k+l,c)-ask(n,k,a)-ask(n,l,b)<<endl;
	}
	return 0;
}

\(C\) CF906E Reverses

\(D\) CF666E Forensic Examination

将 \(s\) 和 \(\{ t \}\) 顺次相连，中间用分隔符连接。
\(s_{p_{l} \sim p_{r}}\) 在某个后缀 \(i\) 中出现过 \(\operatorname{LCP}(i,p_{l}) \ge p_{r}-p_{l}+1\) 。将 \(\operatorname{LCP}\) 写成 \(rk\) 区间上对 \(\{ height \}\) 取 \(\min\) 的形式，发现和 luogu P2178 [NOI2015] 品酒大会的样子很像。

考虑从大到小按照 \(height\) 合并，可以二分找到左右两部分的极长区间建笛卡尔树，也可以直接类似 \(Kruskal\) 重构树的思想建树，询问时先倍增跳到根节点然后查询子树内一段值域内的众数，线段树合并即可。

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int s[600010],st[600010],ed[600010],p[600010],c[600010],fa[1200010][25];
char t[600010],ss[600010];
vector<int>e[1200010];
struct SA
{
	int sa[600010],rk[1200010],oldrk[1200010],id[600010],cnt[600010],key[600010],height[600010];
	int val(int x)
	{
		return (int)x;
	}
	void counting_sort(int n,int m)
	{
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			cnt[key[i]]++;
		}
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			cnt[i]+=cnt[i-1];
		}
		for(int i=n;i>=1;i--)
		{
			sa[cnt[key[i]]]=id[i];
			cnt[key[i]]--;
		}
	}
	void init(int s[],int len)
	{
		int m=60000,tot=0,num=0;
		for(int i=1;i<=len;i++)
		{
			rk[i]=val(s[i]);
			id[i]=i;
			key[i]=rk[id[i]];
		}
		counting_sort(len,m);
		for(int w=1;tot!=len;w<<=1,m=tot)
		{
			num=0;
			for(int i=len;i>=len-w+1;i--)
			{
				num++;
				id[num]=i;
			}
			for(int i=1;i<=len;i++)
			{
				if(sa[i]>w)
				{
					num++;
					id[num]=sa[i]-w;
				}
			}
			for(int i=1;i<=len;i++)
			{
				key[i]=rk[id[i]];
			}
			counting_sort(len,m);
			for(int i=1;i<=len;i++)
			{
				oldrk[i]=rk[i];
			}
			tot=0;
			for(int i=1;i<=len;i++)
			{
				tot+=(oldrk[sa[i]]!=oldrk[sa[i-1]]||oldrk[sa[i]+w]!=oldrk[sa[i-1]+w]);
				rk[sa[i]]=tot;
			}
		}
		for(int i=1,j=0;i<=len;i++)
		{
			j-=(j>=1);
			while(s[i+j]==s[sa[rk[i]-1]+j])
			{
				j++;
			}
			height[rk[i]]=j;
		}
	}
}S;
struct SMT
{
	int root[1200010],rt_sum;
	struct node
	{
		int val,cnt;
		node operator + (const node &another) const
		{
			if(cnt>another.cnt)
			{
				return *this;
			}
			return (cnt==another.cnt)?((node){min(val,another.val),cnt}):another;
		}
	};
	struct SegmentTree
	{
		int ls,rs;
		node info;
	}tree[1200010<<5];
	#define lson(rt) (tree[rt].ls)
	#define rson(rt) (tree[rt].rs)
	int build_rt()
	{
		rt_sum++;
		lson(rt_sum)=rson(rt_sum)=0;
		tree[rt_sum].info=(node){0,0};
		return rt_sum;
	}
	void pushup(int rt)
	{
		tree[rt].info=tree[lson(rt)].info+tree[rson(rt)].info;
	}
	void update(int &rt,int l,int r,int pos)
	{
		rt=(rt==0)?build_rt():rt;
		if(l==r)
		{
			tree[rt].info=(node){pos,1};
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(pos<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,pos);
		}
		else
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,pos);
		}
		pushup(rt);
	}
	int merge(int rt1,int rt2,int l,int r)
	{
		if(rt1==0||rt2==0)
		{
			return rt1+rt2;
		}
		int rt=build_rt();
		if(l==r)
		{
			tree[rt]=tree[rt1];
			tree[rt].info.cnt+=tree[rt2].info.cnt;
			return rt;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		lson(rt)=merge(lson(rt1),lson(rt2),l,mid);
		rson(rt)=merge(rson(rt1),rson(rt2),mid+1,r);
		pushup(rt);
		return rt;
	}
	node query(int rt,int l,int r,int x,int y)
	{
		if(rt==0)
		{
			return (node){x,0};
		}
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			return tree[rt].info;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(y<=mid)
		{
			return query(lson(rt),l,mid,x,y);
		}
		if(x>mid)
		{
			return query(rson(rt),mid+1,r,x,y);
		}
		return query(lson(rt),l,mid,x,y)+query(rson(rt),mid+1,r,x,y);
	}
	pair<int,int>ask(int rt,int l,int r,int x,int y)
	{
		node tmp=query(rt,l,r,x,y);
		return make_pair(tmp.val,tmp.cnt);
	}
}T;
struct DSU
{
	int fa[1200010];
	void init(int n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
		}
	}
	int find(int x)
	{
		return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
	}
}D;
bool cmp(int a,int b)
{
	return S.height[a]>S.height[b];
}
void dfs(int x,int father)
{
	fa[x][0]=father;
	for(int i=1;i<=20;i++)
	{
		fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
	}
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		dfs(e[x][i],x);
	}
}
void kruskal(int n,int m)
{
	D.init(2*n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		p[i]=i;
	}
	sort(p+2,p+1+n,cmp);
	for(int i=2,tot=n;i<=n&&tot<=2*n-1;i++)
	{
		tot++;
		c[tot]=S.height[p[i]];
		int x=D.find(p[i]),y=D.find(p[i]-1);
		D.fa[x]=D.fa[y]=tot;
		e[tot].push_back(x);
		e[tot].push_back(y);
		T.root[tot]=T.merge(T.root[x],T.root[y],1,m);
	}
	dfs(2*n-1,0);
}
int ask(int x,int k)
{
	for(int i=20;i>=0;i--)
	{
		if(c[fa[x][i]]>=k)
		{
			x=fa[x][i];	
		}
	}
	return x;
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	int n,m,q,len,l,r,pl,pr,i,j;
	pair<int,int>tmp;
	cin>>(t+1)>>m;
	n=strlen(t+1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		s[i]=t[i]-'a'+1;
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>(t+1);
		len=strlen(t+1);
		n++;
		s[n]=1000+i;
		st[i]=n+1;
		for(j=1;j<=len;j++)
		{
			n++;
			s[n]=t[j]-'a'+1;
		}
		ed[i]=n;
	}
	S.init(s,n);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		for(j=st[i];j<=ed[i];j++)
		{
			T.update(T.root[S.rk[j]],1,m,i);
		}
	}
	kruskal(n,m);
	cin>>q;
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>l>>r>>pl>>pr;
		tmp=T.ask(T.root[ask(S.rk[pl],pr-pl+1)],1,m,l,r);
		cout<<tmp.first<<" "<<tmp.second<<endl;
	}
	return 0;
}

\(E\) luogu P4199 万径人踪灭

因为需要 \(FFT\) ，所以被 \(miaomiao\) 毙了。

\(F\) CF1535F String Distance

考虑 \(f(s_{i},s_{j})\) 的取值，题目中已保证 \(|s_{i}|=|s_{j}|\) 。
- 当 \(s_{i}\) 和 \(s_{j}\) 字符集不同时，无法使 \(s_{i},s_{j}\) 相等，故 \(f(s_{i},s_{j})=1337\) 。
- 当 \(s_{i}\) 和 \(s_{j}\) 字符集相同，且 \(s_{i}=s_{j}\) 时，有 \(f(s_{i},s_{j})=0\) 。
  - 因保证字符串两两不相同，可以不考虑这种情况。
- 当 \(s_{i}\) 和 \(s_{j}\) 字符集相同，且 \(s_{i} \ne s_{j}\) ，存在一组 \(l,r(1 \le l<r \le |s_{i}|=|s_{j}|)\) 使得 \(\begin{cases} s_{i,1 \sim l-1}=s_{j,1 \sim l-1} \\ s_{i,l \sim r} \ne s_{j,l \sim r} \\ \exists k \in \{ i,j \},s_{k,l} \le s_{k,l+1} \le s_{k,l+2} \le \dots \le s_{k,r} \\ s_{i, r+1 \sim |s_{i}|}=s_{j,r+1 \sim |s_{j}|} \end{cases}\) 时，对 \(s_{i \bigoplus j \bigoplus k}\) 的 \([l,r]\) 进行一次排序即可，故 \(f(s_{i},s_{j})=1\) 。
- 当 \(s_{i}\) 和 \(s_{j}\) 字符集相同，且 \(s_{i} \ne s_{j}\) ，不存在一组 \(l,r(1 \le l<r \le |s_{i}|=|s_{j}|)\) 使得 \(\begin{cases} s_{i,1 \sim l-1}=s_{j,1 \sim l-1} \\ s_{i,l \sim r} \ne s_{j,l \sim r} \\ \exists k \in \{ i,j \},s_{k,l} \le s_{k,l+1} \le s_{k,l+2} \le \dots \le s_{k,r} \\ s_{i, r+1 \sim |s_{i}|}=s_{j,r+1 \sim |s_{j}|} \end{cases}\) 时，分别对 \(s_{i},s_{j}\) 整体排序即可，故 \(f(s_{i},s_{j})=2\) 。
\(f(s_{i},s_{j})=1337\) 的情况容易判断，而 \(f(s_{i},s_{j})=2\) 可以通过计算 \(f(s_{i},s_{j})=1\) 的情况相减得到。现在考虑计算 \(f(s_{i},s_{j})=1\) 的情况。
对于同一字符集的所有字符串先按字典序排序，设其分别为 \(s_{a_{1}} \sim s_{|a|}\) 。对于一段前缀 \(1 \sim l-1\) 相同的若干子串， \(l \sim r\) 有序的一定排在前面。
考虑固定 \(a_{i}\) 的某个极长有序区间 \(l \sim r\) （左右均不能扩展），然后统计去掉这个区间后相等的 \(s_{a_{j}}(i<j \le |a|)\) 的个数。
前缀相同的可以通过 \(LCP\) 处理。容易发现 \(LCP(s_{a_{i}},s_{a_{i+1}}) \dots LCP(s_{a_{i}},s_{a_{i+1}},s_{a_{i+2}}, \dots ,s_{|a|})\) 是单调不降的，且 \(LCP(s_{a_{i}},s_{a_{i+1}}, \dots ,s_{a_{j}})=\min\limits_{k=i+1}^{j} \{ LCP(s_{a_{k-1}},s_{a_{k}}) \}\) ，可以使用单调栈维护。
后缀则处理每个字符串的极长有序区间，然后将反串插到一棵 \(Trie\) 树里面，并记录位置和编号，然后二分处理即可。
- \(LCP\) 可以暴力求，也可以拼起来用 \(SA\) 加 \(ST\) 表维护。

假设当前定义了 vector<temlate>example ，则 example.clear() 的真正作用是将 example.size() 变成 \(0\) ，而不是清空内部元素，需要使用 vector<temlate>().swap(example) 。

点击查看代码

ll trie[200010][30],lcp[200010],tot=0,s_top=0;
pair<ll,ll>st[200010];
vector<ll>id[200010],duan[200010];
string s,t;
map<ll,ll>pos[200010];
map<string,vector<string> >f;
map<string,vector<string> >::iterator it;
ll val(char x)
{
	return x-'a'+1;
}
void insert(string s,ll idx,ll len)
{
	ll x=0,i;
	pos[idx][len]=x;
	id[x].push_back(idx);
	for(i=len-1;i>=0;i--)
	{
		if(trie[x][val(s[i])]==0)
		{
			tot++;
			trie[x][val(s[i])]=tot;
		}
		x=trie[x][val(s[i])];
		pos[idx][i]=x;
		id[x].push_back(idx);
	}
}
ll ask(ll x,ll l,ll r)
{
	return lower_bound(id[x].begin(),id[x].end(),r)-lower_bound(id[x].begin(),id[x].end(),l);
}
ll work(vector<string> a,ll len)
{
	ll ans=2*a.size()*(a.size()-1)/2,i,j;
	for(i=0;i<=tot;i++)
	{
		for(j='a';j<='z';j++)
		{
			trie[i][val(j)]=0;
		}
		vector<ll>().swap(id[i]);
	}
	tot=0;
	sort(a.begin(),a.end());
	for(i=0;i<a.size();i++)
	{
		pos[i].clear();
		insert(a[i],i,len);
	}
	for(i=1;i<a.size();i++)
	{
		for(lcp[i]=0;lcp[i]<len-1;lcp[i]++)
		{
			if(a[i][lcp[i]]!=a[i-1][lcp[i]])
			{
				break;
			}
		}
	}
	for(i=0;i<a.size();i++)
	{
		vector<ll>().swap(duan[i]);
		for(j=1;j<len;j++)
		{
			if(a[i][j-1]>a[i][j])
			{
				duan[i].push_back(j);
			}
		}
		duan[i].push_back(len);
	}
	s_top=1;
	st[s_top]=make_pair(a.size(),-1);
	for(i=a.size()-1;i>=0;i--)
	{
		for(j=2;j<=s_top;j++)
		{
			ans-=1*ask(pos[i][*upper_bound(duan[i].begin(),duan[i].end(),st[j].second)],st[j].first,st[j-1].first);
		}
		while(s_top>=1&&st[s_top].second>=lcp[i])
		{
			s_top--;
		}
		s_top++;
		st[s_top]=make_pair(i,lcp[i]);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ll n,len,ans=0,sum=0,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>s;
		t=s;
		len=s.size();
		sort(t.begin(),t.end());
		f[t].push_back(s);
	}
	for(it=f.begin();it!=f.end();it++)
	{
		ans+=1337*(it->second.size())*sum+work(it->second,len);
		sum+=it->second.size();
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

\(G\) CF1400F x-prime Substrings

打表得到 \(x=1 \sim 20\) 的 \(x-prime\) 数量，观察到其数量较少。考虑对得到的 \(x-prime\) 建立 \(AC\) 自动机。

点击查看数量

sum[1]=1
sum[2]=1
sum[3]=1
sum[4]=1
sum[5]=3
sum[6]=1
sum[7]=8
sum[8]=3
sum[9]=8
sum[10]=7
sum[11]=54
sum[12]=2
sum[13]=139
sum[14]=23
sum[15]=40
sum[16]=15
sum[17]=928
sum[18]=6
sum[19]=2399
sum[20]=29

设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个字符，当前运行到 \(AC\) 自动机的状态 \(j\) ，且没有 \(x-prime\) 时最少需要删除的字符个数，状态转移方程为 \(f_{i,j}=\min(f_{i-1,j}+1,\min\limits_{(k,j) \in E} \{ f_{i-1,k} \})\) ，其中 \(j\) 不是 \(Trie\) 树上的叶子节点。

最终，有 \(\min\limits \{ f_{|s|,i} \}\) 即为所求。

点击查看代码

int t[30],trie[50000][15],fail[50000],vis[50000],f[2][50000],tot=0;
char s[1010];
int val(char x)
{
	return x-'0';
}
void insert(int s[],int len)
{
	int x=0,i;
	for(i=1;i<=len;i++)
	{
		if(trie[x][s[i]]==0)
		{
			tot++;
			trie[x][s[i]]=tot;
		}
		x=trie[x][s[i]];
	}
	vis[x]=1;
}
void build()
{
	int x,i;
	queue<int>q;
	for(i=1;i<=9;i++)
	{
		if(trie[0][i]!=0)
		{
			fail[trie[0][i]]=0;
			q.push(trie[0][i]);
		}
	}
	while(q.empty()==0)
	{
		x=q.front();
		q.pop();
		for(i=1;i<=9;i++)
		{
			if(trie[x][i]==0)
			{
				trie[x][i]=trie[fail[x]][i];
			}
			else
			{
				fail[trie[x][i]]=trie[fail[x]][i];
				q.push(trie[x][i]);
			}
		}
	}
}
bool check(int len,int x)
{
	int sum,l,r;
	for(l=1;l<=len;l++)
	{
		sum=0;
		for(r=l;r<=len;r++)
		{
			sum+=t[r];
			if(sum!=x&&x%sum==0)
			{
				return false;
			}
		}
	}
	return true;
}
void dfs(int len,int sum,int x)
{
	if(sum==0)
	{
		if(check(len,x)==true)
		{
			insert(t,len);
		}	
	}
	else
	{
		for(int i=1;i<=min(sum,9);i++)
		{
			t[len+1]=i;
			dfs(len+1,sum-i,x);
		}
	}
}
int main()
{
	int x,n,ans=0x7f7f7f7f,i,j;
	cin>>(s+1)>>x;
	n=strlen(s+1);
	dfs(0,x,x);
	build();
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		memset(f[i&1],0x3f,sizeof(f[i&1]));
		for(j=0;j<=tot;j++)
		{
			f[i&1][j]=min(f[i&1][j],f[(i-1)&1][j]+1);
			if(vis[trie[j][val(s[i])]]==0)
			{
				f[i&1][trie[j][val(s[i])]]=min(f[i&1][trie[j][val(s[i])]],f[(i-1)&1][j]);
			}
		}
	}
	for(i=0;i<=tot;i++)
	{
		ans=min(ans,f[n&1][i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

\(H\) CF955D Scissors

哈希或 \(KMP\) 预处理出 \(t_{1 \sim i}\) 在 \(s\) 中出现的最早位置 \(l_{i}\) 使得 \(t_{1 \sim i}=s_{l_{i}-i+1 \sim l_{i}}\) ， \(t_{m-i+1 \sim m}\) 在 \(s\) 中出现的最晚位置 \(r_{m-i+1}\) 使得 \(t_{m-i+1 \sim m}=s_{r_{m-i+1} \sim r_{m-i+1}+i-1}\) 。

对拼不起来的情况进行大力分讨。

点击查看代码

const ll mod=1000000007,base=13331;
ll jc[500010],a[500010],b[500010],l[500010],r[500010];
char s[500010],t[500010];
void sx_hash(char s[],ll a[],ll len)
{
	for(ll i=0;i<=len;i++)
	{
		a[i]=(i==0)?0:(a[i-1]*base%mod+s[i])%mod;
	}
}
ll ask_hash(ll a[],ll l,ll r)
{
	return (a[r]-a[l-1]*jc[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
int main()
{
	ll n,m,k,flag=0,i,j;
	cin>>n>>m>>k>>(s+1)>>(t+1);
	for(i=0;i<=n;i++)
	{
		jc[i]=(i==0)?1:jc[i-1]*base%mod;
	}
	sx_hash(s,a,n);
	sx_hash(t,b,m);
	j=k;
	for(i=1;i<=min(m,k);i++)
	{
		while(j<=n&&ask_hash(b,1,i)!=ask_hash(a,j-i+1,j))
		{
			j++;
		}
		if(ask_hash(b,1,i)==ask_hash(a,k-i+1,k))
		{
			j=k;
		}
		l[i]=j;
	}
	j=n-k+1;
	for(i=1;i<=min(m,k);i++)
	{
		while(j>=1&&ask_hash(b,m-i+1,m)!=ask_hash(a,j,j+i-1))
		{
			j--;
		}
		if(ask_hash(b,m-i+1,m)==ask_hash(a,n-k+1,n-k+i))
		{
			j=n-k+1;
		}
		r[m-i+1]=j;
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(l[i]<r[i+1]&&1<=l[i]-k+1&&l[i]<=n&&1<=r[i+1]&&r[i+1]+k-1<=n)
		{
			flag=1;
			cout<<"Yes"<<endl;
			cout<<l[i]-k+1<<" "<<r[i+1]<<endl;
			break;
		}
	}
	if(flag==0)//如果拼不起来
	{
		for(i=1;i+m-1<=n;i++)
		{
			if(ask_hash(b,1,m)==ask_hash(a,i,i+m-1))
			{
				flag=1;
				cout<<"Yes"<<endl;
				if(i+m-1>=k)
				{
					if(i+m+k-1<=n)//强制分给左面
					{
						cout<<i+m-1-k+1<<" "<<i+m<<endl;								
					}
					else//强制分给右面
					{
						if(i<=n-k+1)
						{
							cout<<1<<" "<<i<<endl;
						}
						else
						{
							cout<<1<<" "<<n-k+1<<endl;
						}
					}
				}
				else//强制分给左面
				{
					cout<<1<<" "<<k+1<<endl;
				}
				break;
			}
		}
		if(flag==0)
		{
			cout<<"No"<<endl;	
		}
	}
	return 0;
}

\(I\) CF1530E Minimax

What is 前缀函数？
设 \(cnt_{i}\) 表示 \(i\) 在 \(s\) 中出现的次数。
观察到若尽量使 \(f(t)\) 尽可能小，要尽可能将其中一部分字符串用其他字符隔开。

首先将 \(s\) 按字典序升序排序，然后大力分讨。

当 \(s_{1}=s_{|s|}\) 时，有 \(t=s\) 即为所求，此时 \(f(t)=\max\limits_{i=1}^{|t|} \{ nxt_{i} \}=nxt_{n}=|t|-1\) 。
当 \(s_{1} \ne s_{|s|},\exists i \in [1,|s|],cnt_{s_{i}}=1\) 时，先放一个 \(s_{i}\) ，然后按字典序输出即可。此时 \(f(t)=0\) 。
当 \(s_{1} \ne s_{|s|},0 \le cnt_{s_{1}}-2 \le |s|-cnt_{s_{1}},\forall i \in [1,|s|],cnt_{s_{i}}>1\) 时，考虑构造 \(f(t)=1\) 。又因要保证字典序最小，故 \(Border\) 一定由 \(s_{1}\) 产生。先放两个 \(s_{1}\) ，然后分别放置一个字典序次小的（若放完了，则放次次小的）和一个 \(s_{1}\) ，直到 \(s_{1}\) 放完，然后按字典序输出即可。
当 \(s_{1} \ne s_{|s|},cnt_{s_{1}}-2>n-cnt_{s_{1}},\forall i \in [1,|s|],cnt_{s_{i}}>1\) 且只包含两种字符时，考虑构造 \(f(t)=1\) 。 \(Border\) 的来源同理。先放一个 \(s_{1}\) ，再把字典序次小的放完，再把 \(s_{1}\) 放完即可。
当 \(s_{1} \ne s_{|s|},cnt_{s_{1}}-2>n-cnt_{s_{1}},\forall i \in [1,|s|],cnt_{s_{i}}>1\) 且包含三种或三种以上字符时，考虑构造 \(f(t)=1\) 。 \(Border\) 的来源同理。先放一个 \(s_{1}\) 和一个字典序最小的，再把 \(s_{1}\) 放完，再放一个字典序次次小的，然后按字典序输出即可。

点击查看代码

int cnt[30];
char s[100010];
int val(char x)
{
	return x-'a'+1;
}
int main()
{
	int t,n,id,id1,id2,i,j,k;
	cin>>t;
	for(k=1;k<=t;k++)
	{
		cin>>(s+1);
		n=strlen(s+1);
		id=id1=id2=0;
		sort(s+1,s+1+n);
		if(s[1]==s[n])
		{
			cout<<(s+1)<<endl;
		}
		else
		{
			memset(cnt,0,sizeof(cnt));    
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				cnt[val(s[i])]++;
			}
			for(i='a';i<='z';i++)
			{
				if(cnt[val(i)]==1)
				{
					id=i;
					break;
				}
			}
			if(id!=0)
			{
				cout<<(char)id;
				cnt[val(id)]--;
				for(i='a';i<='z';i++)
				{
					for(j=1;j<=cnt[val(i)];j++)
					{
						cout<<(char)i;
					}
				}
				cout<<endl;
			}
			else
			{
				if(n-cnt[val(s[1])]>=cnt[val(s[1])]-2)
				{
					cout<<s[1]<<s[1];
					cnt[val(s[1])]-=2;
					while(cnt[val(s[1])]>=1)
					{
						for(i=s[1]+1;i<='z';i++)
						{
							if(cnt[val(i)]>=1)
							{
								cout<<(char)i<<s[1];
								cnt[val(i)]--;
								cnt[val(s[1])]--;
								break;
							}
						}
					}
					for(i=s[1]+1;i<='z';i++)
					{
						for(j=1;j<=cnt[val(i)];j++)
						{
							cout<<(char)i;
						}
					}
					cout<<endl;
				}
				else
				{
					for(i=s[1]+1;i<='z';i++)
					{
						if(cnt[val(i)]>=1)
						{
							id1=i;
							break;
						}
					}
					if(cnt[val(s[1])]+cnt[val(id1)]==n)
					{
						cout<<s[1];
						cnt[val(s[1])]--;
						for(i=1;i<=cnt[val(id1)];i++)
						{
							cout<<(char)id1;
						}
						for(i=1;i<=cnt[val(s[1])];i++)
						{
							cout<<s[1];
						}
						cout<<endl;
					}
					else
					{
						for(i=id1+1;i<='z';i++)
						{
							if(cnt[val(i)]>=1)
							{
								id2=i;
								break;  
							}
						}
						cout<<s[1]<<(char)id1;
						cnt[val(s[1])]--;
						cnt[val(id1)]--;
						for(i=1;i<=cnt[val(s[1])];i++)
						{
							cout<<s[1];
						}
						cout<<(char)id2;
						cnt[val(id2)]--;
						for(i=s[1]+1;i<='z';i++)
						{
							for(j=1;j<=cnt[val(i)];j++)
							{
								cout<<(char)i;
							}
						}
						cout<<endl; 
					}
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}

posted @ 2024-04-18 17:27 hzoi_Shadow 阅读(126) 评论(2) 编辑收藏举报

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hzoi_Shadow

世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

1.字符串专题

字符串专题

\(A\) CF1037H Security

\(B\) CF1073G Yet Another LCP Problem

\(C\) CF906E Reverses

\(D\) CF666E Forensic Examination

\(E\) luogu P4199 万径人踪灭

\(F\) CF1535F String Distance

\(G\) CF1400F x-prime Substrings

\(H\) CF955D Scissors

\(I\) CF1530E Minimax

公告

hzoi_Shadow

世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。 纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

1.字符串专题

字符串专题

\(A\) CF1037H Security

\(B\) CF1073G Yet Another LCP Problem

\(C\) CF906E Reverses

\(D\) CF666E Forensic Examination

\(E\) luogu P4199 万径人踪灭

\(F\) CF1535F String Distance

\(G\) CF1400F x-prime Substrings

\(H\) CF955D Scissors

\(I\) CF1530E Minimax

公告

世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……