@loj - 2507@ 「CEOI2011」Matching
@description@
对于整数序列 \((a_1, a_2, ..., a_n)\) 和 1 ~ n 的排列 \((p_1, p_2, ..., p_n)\)，称 \((a_1, a_2, ..., a_n)\) 符合 \((p_1, p_2, ..., p_n)\)，当且仅当：
（1）{a} 中任意两个数字互不相同。
（2）将 \((a_1, a_2, ..., a_n)\) 从小到大排序后，将会得到 \((a_{p_1}, a_{p_2}, ..., a_{p_n})\)。
现在给出 1 ~ n 的排列 {p} 与序列 \(h_1, h_2, ..., h_m\)，请你求出哪些 h 的子串符合排列 {p}。
输入格式
第一行两个空格隔开的正整数 n, m。
第二行 n 个空格隔开的正整数，表示排列 p。
第三行 m 个空格隔开的正整数，表示序列 h。
输出格式
第一行一个整数 k，表示符合 {p} 的子串个数。
第二行 k 个空格隔开的正整数，表示这些子串的起始位置（编号从 1 开始）。请将这些位置按照从小到大的顺序输出。特别地，若 k = 0，那么你也应当输出一个空行。
样例输入
5 10
2 1 5 3 4
5 6 3 8 12 7 1 10 11 9
样例输出
2
2 6
数据范围与提示
2 <= n <= m <= 1000000; 1 <= hi <= 10^9; 1 <= pi <= n。
且保证 {h} 中元素互不相同，{p} 是一个排列。
@solution@
先对问题作一步转化：求 {q} 使得 \(q_{p_i} = i\)，即 {p} 的逆置换。
那么某个子串符合 {p} 可以等价于这个子串离散化到 1 ~ n 中后等于 q。
如果不考虑离散化，那么就是一个经典子串匹配问题，直接上 kmp。
假如子串同构的判定方法如上，即离散化后同构，是否还可以扩展一下 kmp 呢？
考虑 kmp 什么时候需要判同构：已知串 s 与串 t 同构时，在 s 末尾加一个 a，在 t 末尾加一个 b，判断 s + a 与 t + b 是否同构。
因为 s 与 t 已经同构了，只需要 a 与 b 加入进去过后仍然同构即可。
可以等价于判定 a 在 s 中的排名（s 中比 a 小的数） = b 在 t 中的排名（t 中比 b 小的数）。
查排名可以平衡树，不过这道题直接离散化 + 树状数组即可。
注意 kmp 在跳 fail 的时候，需要一个个元素的移动，因为要维护树状数组。
不过复杂度的证明是不会变的。kmp 还是 O(n)，套个树状数组就是 O(nlogn) 的。
@accepted code@
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1000000;
int n, m;
int t[2][MAXN + 5];
int lowbit(int x) {return x & -x;}
void update(int x, int k, int type) {
for(int i=x;i<=m;i+=lowbit(i))
t[type][i] += k;
}
int sum(int x, int type) {
int ret = 0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
ret += t[type][i];
return ret;
}
int d[MAXN + 5], p[MAXN + 5], h[MAXN + 5];
void discrete() {
for(int i=1;i<=m;i++) d[i] = h[i];
sort(d + 1, d + m + 1);
for(int i=1;i<=m;i++)
h[i] = lower_bound(d + 1, d + m + 1, h[i]) - d;
}
int f[MAXN + 5];
void get_f() {
f[1] = 0;
int ri = 0, le = 2;
for(int i=2;i<=n;i++) {
int j = f[i-1];
while( sum(p[j+1], 0) != sum(p[i], 1) ) {
while( ri != f[j] )
update(p[ri--], -1, 0), update(p[le++], -1, 1);
j = f[j];
}
f[i] = j + 1;
update(p[++ri], 1, 0), update(p[i], 1, 1);
}
}
vector<int>ans;
void get_ans() {
for(int i=1;i<=m;i++)
t[0][i] = t[1][i] = 0;
int le = 1, ri = 0, j = 0;
for(int i=1;i<=m;i++) {
while( sum(p[j+1], 0) != sum(h[i], 1) ) {
while( ri != f[j] )
update(p[ri--], -1, 0), update(h[le++], -1, 1);
j = f[j];
}
j++;
update(p[++ri], 1, 0), update(h[i], 1, 1);
if( j == n ) {
ans.push_back(i-n+1);
while( ri != f[j] )
update(p[ri--], -1, 0), update(h[le++], -1, 1);
j = f[j];
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1;i<=n;i++) {
int x; scanf("%d", &x);
p[x] = i;
}
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d", &h[i]);
discrete(), get_f(), get_ans();
printf("%d\n", (int)ans.size());
for(int i=0;i<(int)ans.size();i++)
printf("%d%c", ans[i], (i + 1 == ans.size() ? '\n' : ' '));
if( ans.empty() ) puts("");
}
@details@
曾经想过字符串 hash，因为这个 hash 直接就是康托展开算。
发现这个题 hash 并不能前缀和相减，动态维护感觉还要写平衡树，于是放弃了。
毕竟相对于平衡树大家还是喜欢代码简短的树状数组吧。
