队列变换「USACO 2007」

【题目描述】
FJ打算带他的\(N(1 \leq N \leq 30,000)\)头奶牛去参加一年一度的“全美农场主大奖赛”。在这场比赛中，每个参赛者都必须让他的奶牛排成一列，然后领她们从裁判席前依次走过。 今年，竞赛委员会在接受队伍报名时，采用了一种新的登记规则：他们把所有队伍中奶牛名字的首字母取出，按它们对应奶牛在队伍中的次序排成一列（比如说，如果FJ带去的奶牛依次为Bessie、Sylvia、Dora，登记人员就把这支队伍登记为BSD）。登记结束后，组委会将所有队伍的登记名称按字典序升序排列，就得到了他们的出场顺序。 FJ最近有一大堆事情，因此他不打算在这个比赛上浪费过多的时间，也就是说，他想尽可能早地出场。于是，他打算把奶牛们预先设计好的队型重新调整一下。 FJ的调整方法是这样的：每次，他在原来队列的首端或是尾端牵出一头奶牛，把她安排到新队列的尾部，然后对剩余的奶牛队列重复以上的操作，直到所有奶牛都被插到了新的队列里。这样得到的队列，就是FJ拉去登记的最终的奶牛队列。 接下来的事情就交给你了：对于给定的奶牛们的初始位置，计算出按照FJ的调整规则所可能得到的字典序最小的队列。

【输入格式】
第1行: 一个整数：N
第2..N+1行: 第i+1行仅有1个‘A’..‘Z’中的字母，表示队列中从前往后数第i 头奶牛名字的首字母

【输出格式】
输出FJ所能得到的字典序最小的队列。每行（除了最后一行）输 出恰好80个‘A’..‘Z’中的字母，表示新队列中每头奶牛姓名的首字母。

题解

第一篇写后缀数组的题解 先放下模板代码

inline bool check(int *num, int a, int b, int l) { return num[a] == num[b] && num[a+l] == num[b+l]; }

void suffix() {
	int i, j, p;
	for (i = 1; i <= m; i++) sum[i] = 0;
	for (i = 1; i <= n; i++) sum[rnk[i]=r[i]]++;
	for (i = 2; i <= m; i++) sum[i] += sum[i-1];
	for (i = n; i >= 1; i--) sa[sum[rnk[i]]--] = i;
	for (j = 1, p = 0; p <= n; j <<= 1, m = p) {
		p = 0; for (i = n - j + 1; i <= n; i++) sa2[++p] = i;
		for (i = 1; i <= n; i++) if (sa[i] > j) sa2[++p] = sa[i] - j;
		for (i = 1; i <= n; i++) key1[i] = rnk[sa2[i]];
		for (i = 1; i <= m; i++) sum[i] = 0;
		for (i = 1; i <= n; i++) sum[key1[i]]++;
		for (i = 2; i <= m; i++) sum[i] += sum[i-1];
		for (i = n; i >= 1; i--) sa[sum[key1[i]]--] = sa2[i];
		for (swap(rnk, sa2), p = 2, rnk[sa[1]] = 1, i = 2; i <= n; i++) {
			rnk[sa[i]] = check(sa2, sa[i-1], sa[i], j) ? p - 1 : p++;
		}
	}
}

sa[i]表示字典序为第i名的后缀的起始位置 rnk[i]表示起始位置为i的后缀的排名
对这道题有什么用呢

先考虑一下暴力做法
双指针l, r记录当前已经把a[1_l-1]及a[r+1n]的奶牛扔到新队列里，现在原队列首尾分别是牛a[l]和a[r]

1. 若a[l]<a[r] 那么为使新队列字典序最小 显然要将a[l]先放到新队列里 反之亦然

2. 若a[l]a[r] 此时并不能直接判断要先把a[l]放入还是要先把a[r]放入
   举个例子 样例: ACDBCB 将a[1], a[6]先后放入新队列后发现此时a[2]a[5] 显然是要先将a[5]放入 以便下一个放a[4] 比较优
   可以看出其实就是比较一下 字符串{a[2], a[3]} 和 {a[5], a[4]} 哪个字典序较小
   直接比较是O(n)的 考虑如何用后缀数组优化

将a[1]~a[n]反转后接在后面 如样例: ACDBCB -> ACDBCB|BCBDCA
然后此时比较 字符串{a[2], a[3]} 和 {a[5], a[4]} 的大小就等同于比较 后缀[2_{2*n]和后缀[8}2*n]的大小

p.s. 这个技巧也经常用于处理回文串有关的问题
后缀大小排名是可以O(nlogn)预处理的 查询时就可以把r对称到另一边去 实现O(1)查询
总时间复杂度O(nlogn)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define mx 1000005
using namespace std;

char one_time_AC_accepted[5];
char s[mx], ans[mx];
int n, m, len;
int sa[mx], sa2[mx], rnk[mx], key[mx], sum[mx], height[mx];

inline bool check(int *num, int a, int b, int l) { return num[a] == num[b] && num[a+l] == num[b+l]; }

inline void suffix() {
	int i, j, p; int *_rnk = rnk, *_sa2 = sa2, *tmp;
	for (i = 1; i <= m; i++) sum[i] = 0;
	for (i = 1; i <= 2*n; i++) sum[_rnk[i]=s[i]]++;
	for (i = 2; i <= m; i++) sum[i] += sum[i-1];
	for (i = 2*n; i >= 1; i--) sa[sum[_rnk[i]]--] = i;
	for (j = 1; p <= 2*n; j <<= 1, m = p) {
		p = 0;
		for (i = n*2 - j + 1; i <= 2*n; i++) _sa2[++p] = i;
		for (i = 1; i <= 2*n; i++) if (sa[i] > j) _sa2[++p] = sa[i] - j;
		for (i = 1; i <= 2*n; i++) key[i] = _rnk[_sa2[i]];
		for (i = 1; i <= m; i++) sum[i] = 0;
		for (i = 1; i <= n*2; i++) sum[key[i]]++;
		for (i = 2; i <= m; i++) sum[i] += sum[i-1];
		for (i = 2*n; i >= 1; i--) sa[sum[key[i]]--] = _sa2[i];
		for (tmp = _rnk, _rnk = _sa2, _sa2 = tmp, p = 2, _rnk[sa[1]] = 1, i = 2; i <= 2*n; i++) {
			_rnk[sa[i]] = check(_sa2, sa[i-1], sa[i], j) ? p - 1 : p++;
		}
	}
} 

inline void print() {
	for (int i = 1; i <= len; i++) {
		putchar(ans[i]);
		if (i % 80 == 0) puts("");
	}
}

inline bool check(int l0, int r0) {
	return rnk[(n<<1)-r0+1] > rnk[l0];
}

int main() {
	scanf("%d", &n); m = 128;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%s", one_time_AC_accepted);
		s[i] = one_time_AC_accepted[0];
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		s[n * 2 - i + 1] = s[i];
	}
	suffix();
	int l = 1, r = n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (s[l] < s[r]) {
			ans[++len] = s[l]; l++;
		} else if (s[l] > s[r]) {
			ans[++len] = s[r]; r--;
		} else {
			if (check(l, r)) {
				ans[++len] = s[l]; l++;
			} else {
				ans[++len] = s[r]; r--;
			}
		}
	}
	print();
	return 0;
}