[NOI2015]品酒大会

XVI.[NOI2015]品酒大会

我居然能自己AC NOI的原题，后缀数组果然简单

首先当然是轻松建出SA。

我们考虑借鉴XII.[TJOI2015]弦论的思想，建出笛卡尔树。则对于当前的$ht$长度，它出现在了$(l,r)$区间里的每一个后缀里，共计$\dfrac{(r-l+2)(r-l+1)}{2}$次。同时，这份贡献会对$(ht_{(l,r)},ht_{fa})$区间中的每一个”$r$相似“全部有这么多的贡献，因此直接差个分即可。同时，这个区间内部任意两个$a_{sa_i}\times a_{sa_j}$的$\max$，要么来自于（$\text{最大}\times\text{次大}$），要么来自于（$\text{最小}\times\text{次小}$），用线段树维护即可。最后，对差分数组做后缀和，对$\max$数组求后缀$\max$即可。

复杂度$O(n\log n)$，TLE。

代码：

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,a[300100];
int x[300100],y[300100],sa[300100],ht[300100],rk[300100],buc[300100];
char s[300100];
bool mat(int a,int b,int k){
	if(y[a]!=y[b])return false;
	if((a+k<n)^(b+k<n))return false;
	if((a+k<n)&&(b+k<n))return y[a+k]==y[b+k];
	return true;
}
void SA(){
	for(int i=0;i<n;i++)buc[x[i]=s[i]]++;
	for(int i=1;i<=m;i++)buc[i]+=buc[i-1];
	for(int i=n-1;i>=0;i--)sa[--buc[x[i]]]=i;
	for(int k=1;k<n;k<<=1){
		int num=0;
		for(int i=n-k;i<n;i++)y[num++]=i;
		for(int i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=k)y[num++]=sa[i]-k;
		for(int i=0;i<=m;i++)buc[i]=0;
		for(int i=0;i<n;i++)buc[x[y[i]]]++;
		for(int i=1;i<=m;i++)buc[i]+=buc[i-1];
		for(int i=n-1;i>=0;i--)sa[--buc[x[y[i]]]]=y[i];
		swap(x,y);
		x[sa[0]]=num=0;
		for(int i=1;i<n;i++)x[sa[i]]=mat(sa[i],sa[i-1],k)?num:++num;
		m=num;
	}
	for(int i=0;i<n;i++)rk[sa[i]]=i;
	for(int i=0,k=0;i<n;i++){
		if(!rk[i])continue;
		if(k)k--;
		int j=sa[rk[i]-1];
		while(i+k<n&&j+k<n&&s[i+k]==s[j+k])k++;
		ht[rk[i]]=k;
	}
}
int LG[300100],mn[300100][20];
ll cnt[300100],mx[300100];
int MIN(int x,int y){return ht[x]<=ht[y]?x:y;}
int RMQ(int l,int r){
	int k=LG[r-l+1];
	return MIN(mn[l][k],mn[r-(1<<k)+1][k]);
}
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
#define mid ((l+r)>>1)
struct SegTree{
	int mx1,mx2,mn1,mn2;
	SegTree(){mx1=mx2=0x80808080,mn1=mn2=0x3f3f3f3f;}
	SegTree(int x){mx1=mn1=x,mx2=0x80808080,mn2=0x3f3f3f3f;}
	friend SegTree operator +(const SegTree &x,const SegTree &y){
		SegTree z;
		vector<int>v;
		v={x.mx1,x.mx2,y.mx1,y.mx2};
		sort(v.begin(),v.end());
		z.mx1=v[3],z.mx2=v[2];
		v={x.mn1,x.mn2,y.mn1,y.mn2};
		sort(v.begin(),v.end());
		z.mn1=v[0],z.mn2=v[1];
		return z;
	}
	ll calc(){
		ll ret=0x8080808080808080;
		if(mn1!=0x3f3f3f3f&&mn2!=0x3f3f3f3f)ret=max(ret,1ll*mn1*mn2);
		if(mx1!=0x80808080&&mx2!=0x80808080)ret=max(ret,1ll*mx1*mx2);
		return ret;
	}
}seg[1200100];
void build(int x,int l,int r){
	if(l==r){seg[x]=SegTree(a[sa[l]]);return;}
	build(lson,l,mid),build(rson,mid+1,r),seg[x]=seg[lson]+seg[rson]; 
}
SegTree query(int x,int l,int r,int L,int R){
	if(l>R||r<L)return SegTree();
	if(L<=l&&r<=R)return seg[x];
	return query(lson,l,mid,L,R)+query(rson,mid+1,r,L,R);
}
void solve(int l,int r,int las){
	if(l>r)return;
	int mp=RMQ(l,r),len=r-l+2;
	cnt[ht[mp]]+=1ll*len*(len-1)/2,mx[ht[mp]]=max(mx[ht[mp]],query(1,0,n-1,l-1,r).calc());
	cnt[las]-=1ll*len*(len-1)/2;
	solve(l,mp-1,ht[mp]),solve(mp+1,r,ht[mp]);
}
int main(){
	scanf("%d%s",&n,s),m='z',memset(mx,0x80,sizeof(mx));
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	SA();
	for(int i=2;i<n;i++)LG[i]=LG[i>>1]+1;
	for(int i=1;i<n;i++)mn[i][0]=i;
	for(int j=1;j<=LG[n-1];j++)for(int i=1;i+(1<<j)-1<n;i++)mn[i][j]=MIN(mn[i][j-1],mn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
	build(1,0,n-1),solve(1,n-1,-1);
	for(int i=n-1;i>=0;i--)cnt[i]+=cnt[i+1],mx[i]=max(mx[i],mx[i+1]);
	for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld %lld\n",cnt[i],cnt[i]==0ll?0ll:mx[i]);
	return 0;
}

既然如此，我们只能考虑$O(n)$地建笛卡尔树并$O(n)$维护最大次大值。

在经历多次失败后，我找出了$O(n)$建树的方法：

for(int i=1;i<n;i++){
	while(tp&&ht[stk[tp]]>ht[i])R[stk[tp]]=i,lson[i]=stk[tp],tp--;
	L[i]=stk[tp],rson[stk[tp]]=i,stk[++tp]=i;
}
while(tp)R[stk[tp--]]=n;
rt=stk[1];
solve(rt,-1);

但是怎样$O(n)$维护呢？

又经过实验后，我发现这个最大次大值可以通过两个儿子的值合并算出来。如果某个儿子不存在的话，就要把对应的端点贡献算入。

这里是$O(n)$的solve函数：

void solve(int x,int las){
	int len=R[x]-L[x];
	cnt[ht[x]]+=1ll*len*(len-1)/2;
	cnt[las]-=1ll*len*(len-1)/2;
	if(lson[x])solve(lson[x],ht[x]),dat[x]+=dat[lson[x]];
	else dat[x]+=Data(a[sa[L[x]]]);
	if(rson[x])solve(rson[x],ht[x]),dat[x]+=dat[rson[x]];
	else dat[x]+=Data(a[sa[R[x]-1]]);
	mx[ht[x]]=max(mx[ht[x]],dat[x].calc());
}

其中dat[x]是一个类型为Data的struct，已经提前定义了加法，可以维护最大次大值。

总复杂度$O(n\log n)$，瓶颈为后缀排序，采用DC3算法即可优化到整体$O(n)$。但是不使用DC3仍然可以通过。

代码：

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,a[300100];
int x[300100],y[300100],sa[300100],ht[300100],rk[300100],buc[300100];
char s[300100];
bool mat(int a,int b,int k){
	if(y[a]!=y[b])return false;
	if((a+k<n)^(b+k<n))return false;
	if((a+k<n)&&(b+k<n))return y[a+k]==y[b+k];
	return true;
}
void SA(){
	for(int i=0;i<n;i++)buc[x[i]=s[i]]++;
	for(int i=1;i<=m;i++)buc[i]+=buc[i-1];
	for(int i=n-1;i>=0;i--)sa[--buc[x[i]]]=i;
	for(int k=1;k<n;k<<=1){
		int num=0;
		for(int i=n-k;i<n;i++)y[num++]=i;
		for(int i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=k)y[num++]=sa[i]-k;
		for(int i=0;i<=m;i++)buc[i]=0;
		for(int i=0;i<n;i++)buc[x[y[i]]]++;
		for(int i=1;i<=m;i++)buc[i]+=buc[i-1];
		for(int i=n-1;i>=0;i--)sa[--buc[x[y[i]]]]=y[i];
		swap(x,y);
		x[sa[0]]=num=0;
		for(int i=1;i<n;i++)x[sa[i]]=mat(sa[i],sa[i-1],k)?num:++num;
		m=num;
	}
	for(int i=0;i<n;i++)rk[sa[i]]=i;
	for(int i=0,k=0;i<n;i++){
		if(!rk[i])continue;
		if(k)k--;
		int j=sa[rk[i]-1];
		while(i+k<n&&j+k<n&&s[i+k]==s[j+k])k++;
		ht[rk[i]]=k;
	}
}
struct Data{
	int mx1,mx2,mn1,mn2;
	Data(){mx1=mx2=0x80808080,mn1=mn2=0x3f3f3f3f;}
	Data(int x){mx1=mn1=x,mx2=0x80808080,mn2=0x3f3f3f3f;}
	void Print()const{
		printf("%d %d %d %d\n",mx1,mx2,mn1,mn2);
	}
	void operator +=(const Data&x){
		if(x.mx1>=mx1)mx2=max(mx1,x.mx2),mx1=x.mx1;
		else mx2=max(mx2,x.mx1);
		if(x.mn1<=mn1)mn2=min(mn1,x.mn2),mn1=x.mn1;
		else mn2=min(mn2,x.mn1);
	}
	ll calc(){
		ll ret=0x8080808080808080;
		if(mn1!=0x3f3f3f3f&&mn2!=0x3f3f3f3f)ret=max(ret,1ll*mn1*mn2);
		if(mx1!=0x80808080&&mx2!=0x80808080)ret=max(ret,1ll*mx1*mx2);
		return ret;
	}
}dat[300100];
int stk[300100],tp,lson[300100],rson[300100],L[300100],R[300100],rt;
ll cnt[300100],mx[300100];
void solve(int x,int las){
	int len=R[x]-L[x];
	cnt[ht[x]]+=1ll*len*(len-1)/2;
	cnt[las]-=1ll*len*(len-1)/2;
	if(lson[x])solve(lson[x],ht[x]),dat[x]+=dat[lson[x]];
	else dat[x]+=Data(a[sa[L[x]]]);
	if(rson[x])solve(rson[x],ht[x]),dat[x]+=dat[rson[x]];
	else dat[x]+=Data(a[sa[R[x]-1]]);
//	printf("%d:(%d,%d):(%d,%d):%d\n",x,L[x],R[x]-1,lson[x],rson[x],ht[x]);
//	printf("%d:",x);dat[x].Print();
	mx[ht[x]]=max(mx[ht[x]],dat[x].calc());
}
int main(){
	scanf("%d%s",&n,s),m='z',memset(mx,0x80,sizeof(mx));
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	SA();
	for(int i=1;i<n;i++){
		while(tp&&ht[stk[tp]]>ht[i])R[stk[tp]]=i,lson[i]=stk[tp],tp--;
		L[i]=stk[tp],rson[stk[tp]]=i,stk[++tp]=i;
	}
	while(tp)R[stk[tp--]]=n;
//	for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",a[sa[i]]);puts("");
	rt=stk[1];
	solve(rt,-1);
	for(int i=n-1;i>=0;i--)cnt[i]+=cnt[i+1],mx[i]=max(mx[i],mx[i+1]);
	for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld %lld\n",cnt[i],cnt[i]==0ll?0ll:mx[i]);
	return 0;
}