2019 CCPC 网络选拔 Kth-occurrence
题意
给出一个字符串，每次询问其一个子串\([S_l,S_r]\)在原串中第\(k\)次出现所在的位置（开头位置）
解法
题意很简洁，思路也很简洁
就是代码巨难打
总之这道题还是让我很大程度上加深了对于\(SAM\)的认识啦，还去学了一下线段树合并
首先，根据后缀自动机的性质我们能知道题目所要求的的实际上是
\([S_l,S_r]\)所代表串所在后缀自动机的结点\(endpos\)集合中的第\(k\)个数
求区间第\(k\)大？权值线段树上啦
我们知道，对于后缀自动机上的某个结点，其\(endpos\)集合是它在\(parent\)树上所有儿子\(endpos\)集合的并
我们对于\(parent\)树上的每个节点，开一颗权值线段树，每个前缀初始化为其尾位置
那么对于我们想要求出某个结点的\(endpos\)集合，只要将其儿子的权值线段树合并到它上面来就行了
为了节省空间，这里每颗权值线段树都是动态开点的
那么我们如何查询一个子串\([S_l,S_r]\)在原串的后缀自动机上对应的节点呢？
我们可以采用树上倍增
先预处理所有前缀所对应的结点编号，建出\(parent\)树，预处理倍增数组\(f\)并进行一轮线段树合并求出所有节点的\(endpos\)集合
那么在查询\([S_l,S_r]\)时，我们先找到\([1,S_r]\)对应的结点，然后开始倍增跳
\([S_l,S_r]\)对应节点所代表的的最长串一定是\([x,S_r]\)，我们需要找到一个最大的\(x\)使得\([S_l,S_r]\)是\([x,S_r]\)的后缀
倍增判断即可。其实我们完全可以把倍增理解为一种不断二分的过程，一次次的接近答案（因为在跳\(fa\)的过程中\(len\)是单调递减的）
找到对应的结点后在那个节点的权值线段树上查询第\(k\)大即可
代码
都封装了，打得巨好理解
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int T, n, q;
char a[N];
struct segTree {
int sz;
int ls[N << 2], rs[N << 2], val[N << 2];
void clear() {
sz = 0;
}
void update(int cur) {
val[cur] = val[ls[cur]] + val[rs[cur]];
}
int newnode() {
++sz;
val[sz] = ls[sz] = rs[sz] = 0;
return sz;
}
void mkchain(int& cur, int l, int r, int k) {
if (!cur) cur = newnode();
if (l == r) return val[cur]++, void();
int mid = l + r >> 1;
if (k <= mid)
mkchain(ls[cur], l, mid, k);
else
mkchain(rs[cur], mid + 1, r, k);
update(cur);
}
int merge(int x1, int x2) {
if (!x1 || !x2) return x1 + x2;
int x = ++sz;
ls[x] = merge(ls[x1], ls[x2]);
rs[x] = merge(rs[x1], rs[x2]);
val[x] = val[x1] + val[x2];
return x;
}
int query(int cur, int l, int r, int k) {
if (l == r)
return l;
int mid = l + r >> 1;
if (k <= val[ls[cur]])
return query(ls[cur], l, mid, k);
else if (k <= val[cur])
return query(rs[cur], mid + 1, r, k - val[ls[cur]]);
else
return -1;
}
} tr;
struct SAM {
int sz, lst;
int len[N], fa[N], ch[N][30];
int pos[N], dep[N], rt[N], f[N][30];
int cap;
int head[N], to[N << 1], nxt[N << 1];
void clear() {
sz = lst = 1, cap = 0;
memset(head, 0, sizeof head);
memset(len, 0, sizeof len);
memset(fa, 0, sizeof fa);
memset(ch, 0, sizeof ch);
memset(rt, 0, sizeof rt);
}
void add(int x, int y) {
to[++cap] = y, nxt[cap] = head[x], head[x] = cap;
}
void insert(int po, int c) {
int cur = ++sz, p = lst;
pos[po] = cur, len[cur] = po;
for (; p && !ch[p][c]; p = fa[p]) ch[p][c] = cur;
if (!p)
fa[cur] = 1;
else {
int q = ch[p][c];
if (len[q] == len[p] + 1) fa[cur] = q;
else {
int nq = ++sz;
fa[nq] = fa[q], len[nq] = len[p] + 1;
for (; p && ch[p][c] == q; p = fa[p]) ch[p][c] = nq;
memcpy(ch[nq], ch[q], sizeof ch[q]);
fa[q] = fa[cur] = nq;
}
}
lst = cur;
tr.mkchain(rt[cur], 1, n, po);
}
void DFS(int cur) {
for (int i = 1; i <= 20; ++i) f[cur][i] = f[f[cur][i - 1]][i - 1];
for (int i = head[cur]; i; i = nxt[i]) {
f[to[i]][0] = cur;
DFS(to[i]);
rt[cur] = tr.merge(rt[cur], rt[to[i]]);
}
}
void link() {
for (int i = 2; i <= sz; ++i) add(fa[i], i);
DFS(1);
}
int solve(int l, int r, int k) {
int cur = pos[r];
for (int i = 20; i >= 0; --i) {
int p = f[cur][i];
if (l + len[p] - 1 >= r) cur = p;
}
int ans = tr.query(rt[cur], 1, n, k);
return (ans == -1) ? ans : ans - (r - l);
}
} sam;
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d", &n, &q);
scanf("%s", a + 1);
sam.clear(), tr.clear();
for (int i = 1; i <= n; ++i) sam.insert(i, a[i] - 'a' + 1);
sam.link();
int l, r, k;
while (q--) {
scanf("%d%d%d", &l, &r, &k);
printf("%d\n", sam.solve(l, r, k));
}
}
return 0;
}
