5.4.字符串2024-12-30

6.5.贪心01-05 7.6.博弈01-08 8.7.构造01-14 9.8.数据结构02-02 10.9.树上问题01-21 11.10.网络流02-14

字符串

开题顺序： $C H B A$

$A$ QOJ 8079.Range Periodicity Query

设第 $i$ 次操作后的字符串为 $s_{i}$ 。注意到若 $p$ 不是 $s_{i}$ 的周期则 $t$ 一定不是 $s_{k} (k > i)$ 的周期。
对于每个 $p_{i}$ 作为周期的时间都是一段区间。由 luogu P3435 [POI2006] OKR-Periods of Words 结论，得到 $s$ 有长度为 $l e n$ 的 border$ 等价于 $s$ 有长度为 $| s | - l e n$ 的周期。可以使用二分哈希辅助判断。
询问转化为二维偏序问题，扫描线加线段树单点修改区间查询维护。

在 Gym 上会莫名 $T L E$ ，加个超级快读就过了。

点击查看代码

namespace IO{
	#ifdef LOCAL
	FILE*Fin(fopen("test.in","r")),*Fout(fopen("test.out","w"));
	#else
	FILE*Fin(stdin),*Fout(stdout);
	#endif
	class qistream{static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=64;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qistream(FILE*_fp=stdin):fp(_fp),p(0){fread(buf+p,1,SIZE-p,fp);}void flush(){memmove(buf,buf+p,SIZE-p),fread(buf+SIZE-p,1,p,fp),p=0;}qistream&operator>>(char&x){x=getch();while(isspace(x))x=getch();return*this;}template<class T>qistream&operator>>(T&x){x=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();bool flag=false;for(;!isdigit(buf[p]);++p)flag=buf[p]=='-';for(;isdigit(buf[p]);++p)x=x*10+buf[p]-'0';x=flag?-x:x;return*this;}char getch(){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();return buf[p++];}qistream&operator>>(char*str){char ch=getch();while(ch<=' ')ch=getch();int i=0;for(;ch>' ';++i,ch=getch())str[i]=ch;str[i]='\0';return*this;}}qcin(Fin);
	class qostream{static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=64;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qostream(FILE*_fp=stdout):fp(_fp),p(0){}~qostream(){fwrite(buf,1,p,fp);}void flush(){fwrite(buf,1,p,fp),p=0;}template<class T>qostream&operator<<(T x){int len=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();x<0?(x=-x,buf[p++]='-'):0;do buf[p+len]=x%10+'0',x/=10,++len;while(x);for(int i=0,j=len-1;i<j;++i,--j)std::swap(buf[p+i],buf[p+j]);p+=len;return*this;}qostream&operator<<(char x){putch(x);return*this;}void putch(char ch){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();buf[p++]=ch;}qostream&operator<<(char*str){for(int i=0;str[i];++i)putch(str[i]);return*this;}qostream&operator<<(const char*s){for(int i=0;s[i];++i)putch(s[i]);return*this;}}qcout(Fout);
}
#define cin IO::qcin
#define cout IO::qcout
const int mod=1000003579,base=13331,inf=0x7f7f7f7f;
struct quality
{
	int l,r,id;
};
int hsh[500010],jc[500010],d[500010],st[500010],ed[500010],ans[500010];
char s[500010];
deque<char>t;
vector<quality>ask[500010];
vector<pair<int,int> >change[500010];
void sx_hash(char s[],int len)
{
	for(int i=0;i<=len;i++)
	{
		hsh[i]=(i==0)?0:(1ll*hsh[i-1]*base%mod+s[i])%mod;
	}
} 
int ask_hash(int l,int r)
{
	return (hsh[r]-1ll*hsh[l-1]*jc[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
int divide(int l,int r,int p)
{
	int mid=0,ans=l;
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(ask_hash(st[mid],st[mid]+(mid-p)-1)==ask_hash(ed[mid]-(mid-p)+1,ed[mid]))
		{
			ans=mid;
			l=mid+1;
		}
		else
		{
			r=mid-1;
		}
	}
	return ans;
}
struct SMT
{
	struct SegmentTree
	{
		int minn;
	}tree[2000010];
	#define lson(rt) (rt<<1)
	#define rson(rt) (rt<<1|1)
	void pushup(int rt)
	{
		tree[rt].minn=min(tree[lson(rt)].minn,tree[rson(rt)].minn);
	}
	void build(int rt,int l,int r)
	{
		tree[rt].minn=inf;
		if(l==r)
		{
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		build(lson(rt),l,mid);
		build(rson(rt),mid+1,r);
	}
	void update(int rt,int l,int r,int pos,int val)
	{
		if(l==r)
		{
			tree[rt].minn=min(tree[rt].minn,val);
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(pos<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,pos,val);
		}
		else
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,pos,val);
		}
		pushup(rt);
	}
	int query(int rt,int l,int r,int x,int y)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			return tree[rt].minn;
		}
		int mid=(l+r)/2,ans=inf;
		if(x<=mid)
		{
			ans=min(ans,query(lson(rt),l,mid,x,y));
		}
		if(y>mid)
		{
			ans=min(ans,query(rson(rt),mid+1,r,x,y));
		}
		return ans;
	}
}T;
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	int n,m,q,l,r,k,i,j;
	cin>>n>>(s+1);
	jc[0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		jc[i]=1ll*jc[i-1]*base%mod;
		if('a'<=s[i]&&s[i]<='z')
		{
			d[1]++;
			d[i]--;
			t.push_front(s[i]);
		}
		else
		{
			s[i]-='A'-'a';
			t.push_back(s[i]);
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		s[i]=t.front();
		t.pop_front();
	}
	sx_hash(s,n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		d[i]+=d[i-1];
		st[i]=1+d[i];
		ed[i]=i+d[i];
	}
	cin>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>k;
		change[divide(k,n,k)].push_back(make_pair(k,i));
	}
	cin>>q;
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>k>>l>>r;
		ask[k].push_back((quality){l,r,i});
	}
	T.build(1,1,m);
	for(i=n;i>=1;i--)
	{
		for(j=0;j<change[i].size();j++)
		{
			T.update(1,1,m,change[i][j].second,change[i][j].first);
		}
		for(j=0;j<ask[i].size();j++)
		{
			k=T.query(1,1,m,ask[i][j].l,ask[i][j].r);
			ans[ask[i][j].id]=((k<=i)?k:-1);
		}
	}
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cout<<ans[i]<<endl;
	}
	return 0;
}

$B$ QOJ 8701.Border

考虑枚举 $l e n$ ，二分哈希求出 $LCP (s_{1 \sim l e n}, s_{n - l e n + 1, n})$ 得到第一处不同的位置，这个位置必须被修改且修改后 $s_{1 \sim l e n}^{'} = s_{n - l e n + 1, n}^{'}$ 。若找不到不同的位置且 $l e n < n - l e n + 1$ 说明 $[l e n + 1, n - l e n]$ 的答案至少为 $l e n$ ，打个标记即可。

特判 $s_{i} = t_{i}$ 时答案为原串 $b o r d e r$ 长度。

点击查看代码

const ll mod=1000003579,base=13331;
ll a[2000010],jc[2000010],ans[2000010],lazy[2000010];
char s[2000010],t[2000010];
void sx_hash(char s[],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 l,ll r)
{
	return (l<=r)?(a[r]-a[l-1]*jc[r-l+1]%mod+mod)%mod:0;
}
ll change_hash(ll l,ll r,ll pos)
{

	return (l<=pos&&pos<=r)?(ask_hash(l,r)+(t[pos]-s[pos])*jc[r-pos]%mod+mod)%mod:ask_hash(l,r);
}
ll lcp(ll x,ll y,ll len)
{
	ll l=1,r=len,mid,ans=0;
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(ask_hash(x,x+mid-1)==ask_hash(y,y+mid-1))
		{
			ans=mid;
			l=mid+1;
		}
		else
		{
			r=mid-1;
		}
	}
	return ans;
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,len,border=0,i;
	cin>>(s+1)>>(t+1);
	n=strlen(s+1);
	jc[0]=1;
	sx_hash(s,n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		jc[i]=jc[i-1]*base%mod;
	}
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		border=(ask_hash(1,i)==ask_hash(n-i+1,n))?i:border;
		len=lcp(1,n-i+1,i);
		if(len!=i)
		{
			if(s[len+1]!=t[len+1]&&change_hash(1,i,len+1)==change_hash(n-i+1,n,len+1))
			{
				ans[len+1]=i;
			}
			if(s[n-i+1+len]!=t[n-i+1+len]&&change_hash(1,i,n-i+1+len)==change_hash(n-i+1,n,n-i+1+len))
			{
				ans[n-i+1+len]=i;
			}
		}
		else
		{
			if(i<n-i+1)
			{
				lazy[i+1]=lazy[n-i]=i;
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=n&&i<=n-i+1;i++)
	{
		lazy[i]=max(lazy[i],lazy[i-1]);
	}
	for(i=n;i>=1&&i>=n-i+1;i--)
	{
		lazy[i]=max(lazy[i],lazy[i+1]);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cout<<((s[i]==t[i])?border:max(ans[i],lazy[i]))<<endl;
	}
	return 0;
}

$C$ luogu P2375 [NOI2014] 动物园

题解

$D$ QOJ 6842.Popcount Words

$E$ [AGC064C] Erase and Divide Game

$F$ LibreOJ 6070. 「2017 山东一轮集训 Day4」基因

$G$ CF906E Reverses

$H$ luogu P1117 [NOI2016] 优秀的拆分

AABB 串可以看做两个 AA 串拼接起来，考虑求出以 $i$ 结尾和开头的 AA 串数量 $f, g$ 。
枚举 A 长度 $l e n$ 后再枚举左右端点使用后缀数组加速 $LCP$ 计算的时间复杂度为 $O (n^{2})$ ，需要进一步优化。
仍枚举长度 $l e n$ ，并将 $l e n$ 的倍数的位置设置为关键点，则 AA 串必然经过两个关键点。设当前枚举的相邻两个关键点分别为 $x, y$ ，考虑统计经过这两个关键点的数量。
恰好取到端点处的答案是容易处理的。端点在 $x$ 左边和 $y$ 右边时需要保证 $LCP (s_{x \sim n}, s_{y \sim n}) + LCS (s_{1 \sim x - 1}, s_{1 \sim y - 1}) \geq l e n$ 。设 $l c p = LCP (s_{x \sim n}, s_{y \sim n}), l c s = LCS (s_{1 \sim x - 1}, s_{1 \sim y - 1})$ ，此时 $[y + l c p - (l c p + l c s - l e n) - 1, y + l c p - 1]$ 均可以作为 AA 串的结尾， $[(x - 1) - l c s + 1, (x - 1) - l c s + (l c p + l c s - l e n) + 1]$ 均可以作为 AA 串的开头。
- 建议画图理解。

差分完前缀和统计答案即可。

点击查看代码

ll f[30010],g[30010],n;
char s[30010];
struct SA
{	
	struct ST
	{
		ll fminn[30010][20];
		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+(1<<j)-1<=n;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]);
		}
	}T;
	ll sa[30010],rk[60010],oldrk[60010],id[30010],cnt[30010],key[30010],height[30010];
	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(char s[],ll len)
	{
		ll m=127,tot=0,num=0;
		for(ll i=1;i<=len;i++)
		{
			rk[i]=val(s[i]);
			id[i]=i;
			key[i]=rk[id[i]];
		}
		counting_sort(len,m);
		for(ll w=1;tot!=len;w<<=1,m=tot)
		{
			num=0;
			for(ll i=len;i>=len-w+1;i--)
			{
				num++;
				id[num]=i;
			}
			for(ll i=1;i<=len;i++)
			{
				if(sa[i]>w)
				{
					num++;
					id[num]=sa[i]-w;
				}
			}
			for(ll i=1;i<=len;i++)
			{
				key[i]=rk[id[i]];
			}
			counting_sort(len,m);
			for(ll i=1;i<=len;i++)
			{
				oldrk[i]=rk[i];
			}
			tot=0;
			for(ll 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(ll 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;
		}
		T.init(len,height);
	}
	ll lcp(ll x,ll y)
	{
		if(rk[x]>rk[y])
		{
			swap(x,y);
		}
		return (x==y)?n-x+1:T.query(rk[x]+1,rk[y]);
	}
}F,B;
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll t,ans,len,lcp,lcs,i,j,k;
	cin>>t;
	for(k=1;k<=t;k++)
	{
		ans=0;
		memset(f,0,sizeof(f));
		memset(g,0,sizeof(g));
		cin>>(s+1);
		n=strlen(s+1);
		F.init(s,n);
		reverse(s+1,s+1+n);
		B.init(s,n);
		for(len=1;len<=n/2;len++)
		{
			for(i=len,j=i+len;j<=n;i+=len,j+=len)
			{
				lcp=min(len,F.lcp(i,j));
				lcs=min(len-1,B.lcp(n-(i-1)+1,n-(j-1)+1));
				if(lcp+lcs>=len)
				{
					f[j+lcp-(lcs+lcp-len)-1]++;
					f[j+lcp]--;
					g[(i-1)-lcs+1]++;
					g[(i-1)-lcs+(lcs+lcp-len)+2]--;
				}
			}
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			f[i]+=f[i-1];
			g[i]+=g[i-1];
		}
		for(i=1;i<=n-1;i++)
		{
			ans+=f[i]*g[i+1];
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

$I$ luogu P9482 [NOI2023] 字符串

$J$ luogu P9623 [ICPC2020 Nanjing R] Baby's First Suffix Array Problem

$K$ [ARC175F] Append Same Characters

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$M$ CF1276F Asterisk Substrings

$N$ CF1817F Entangled Substrings

$O$ UOJ 577.【ULR #1】打击复读

$P$ UOJ 697.【候选队互测2022】广为人知题

$Q$ QOJ 9639.字符串

$R$ CF1393E2 Twilight and Ancient Scroll (harder version)

$S$ luogu P4482 [BJWC2018] Border 的四种求法

$T$ luogu P8351 [SDOI/SXOI2022] 子串统计

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$K$ [ARC175F] Append Same Characters

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