BJOI2020 封印

封印

给出只包含小写字母 \(a,b\) 的两个字符串 \(s, t\)，\(q\) 次询问，每次询问 \(s[l \dots r]\) 和 \(t\) 的最长公共子串长度。

\(n\leq 2\times 10^5\)。

题解

https://www.cnblogs.com/dysyn1314/p/13158865.html

考虑预处理s的每个子串是不是t的子串。发现对于一个左端点\(i (1\leq i\leq |s|)\)，一定存在一个\(R[i]\)，使得\(\forall j\in[i,R[i]]:s[i\dots j]\)都是\(t\)的子串，\(\forall k\in[R[i]+1,n]:s[i\dots k]\)都不是\(t\)的子串。也就是说，使得\(s[i\dots r]\)是\(t\)子串的\(r\)，一定是从\(i\)开始的一段连续的区间，而\(R[i]\)就是其中最大的\(r\)。我们考虑把所有\(R[i]\)预处理出来。

从小到大枚举\(i\)。我们已经知道了\(s[i-1\dots R[i-1]]\)是\(t\)的子串。那么，\(s[i\dots R[i-1]]\)一定也是\(t\)的子串，也就是说，\(R[i]\geq R[i-1]\)。那么我们从\(R[i-1]+1\)开始，一位一位向后枚举，判断是否是\(t\)的子串。可以对\(t\)建一个SAM，这个“向后枚举”，就相当于在SAM上走转移边。同时，我们还要支持把前面的第\(i-1\)位删掉，这就相当于在SAM上跳父亲边。因为\(R[i]\)是单调的，所以时间复杂度\(O(|s|)\)（\(|s|,|t|\)同阶）。

预处理出\(R\)数组后，考虑回答询问。对于一个询问\(l,r\)。我们相当于要求出，\(\max_{i=l}^{r}\{\min(r,R[i])-i+1\}\)。对于\(\min(r,R[i])\)，我们分类讨论：

• 对于\(R[i]\leq r\)的\(i\)，相当于询问\(\max_{l\leq i\leq r}\{R[i]-i+1\}\)。

• 对于\(R[i]>r\)的\(i\)，相当于询问\(r+\max_{l\leq i\leq r}\{-i\}+1\)。

如果把\(R[i]\)和\(r\)的关系看做一维，\(i\)和\(l,r\)的关系看做一维，那相当于是一个二维的区间最大值查询。可以考虑离线，把询问按右端点排序，这样\(R[i]\)和\(r\)的这一维就不存在了，我们只要做一维的区间最大值查询，可以用（两棵）线段树维护。

时间复杂度\(O(|s|+q\log |s|)\)。

CO int N=4e5+10,inf=1e9;
namespace SAM{
	int last=1,tot=1;
	array<int,26> ch[N];
	int fa[N],len[N];
	
	void extend(int c){
		int x=last,cur=last=++tot;
		len[cur]=len[x]+1;
		for(;x and !ch[x][c];x=fa[x]) ch[x][c]=cur;
		if(!x) {fa[cur]=1; return;}
		int y=ch[x][c];
		if(len[y]==len[x]+1) {fa[cur]=y; return;}
		int clone=++tot;
		ch[clone]=ch[y],fa[clone]=fa[y],len[clone]=len[x]+1;
		fa[cur]=fa[y]=clone;
		for(;ch[x][c]==y;x=fa[x]) ch[x][c]=clone;
	}
}

struct SEG{
	int tree[2*N];
	
	#define lc (x<<1)
	#define rc (x<<1|1)
	#define mid ((l+r)>>1)
	IN void push_up(int x){
		tree[x]=max(tree[lc],tree[rc]);
	}
	void build(int x,int l,int r,int v[N]){
		if(l==r) {tree[x]=v[l]; return;}
		build(lc,l,mid,v);
		build(rc,mid+1,r,v);
		push_up(x);
	}
	void insert(int x,int l,int r,int p,int v){
		if(l==r) {tree[x]=v; return;}
		if(p<=mid) insert(lc,l,mid,p,v);
		else insert(rc,mid+1,r,p,v);
		push_up(x);
	}
	int query(int x,int l,int r,int ql,int qr){
		if(ql<=l and r<=qr) return tree[x];
		if(qr<=mid) return query(lc,l,mid,ql,qr);
		if(ql>mid) return query(rc,mid+1,r,ql,qr);
		return max(query(lc,l,mid,ql,qr),query(rc,mid+1,r,ql,qr));
	}
	#undef lc
	#undef rc
	#undef mid
}T1,T2;

char s[N],t[N];
int R[N],ans[N];
struct event {int l,r,id;} e[N];

int main(){
	scanf("%s%s",s+1,t+1);
	int n=strlen(s+1),m=strlen(t+1);
	for(int i=1;i<=m;++i) SAM::extend(t[i]-'a');
	int num=0;
	for(int i=1,x=1;i<=n;++i){
		using namespace SAM;
		R[i]=max(R[i-1],i-1);
		if(R[i]==i-1) x=1;
		for(;x!=1 and len[fa[x]]+1>R[i]-i+1;x=fa[x]);
		for(;R[i]+1<=n and ch[x][s[R[i]+1]-'a'];x=ch[x][s[R[i]+1]-'a'],++R[i]);
		e[++num]={i,R[i],0};
	}
	int q=read<int>();
	for(int i=1;i<=q;++i){
		int l=read<int>(),r=read<int>();
		e[++num]={l,r,i};
	}
	static int tmp[N];
	for(int i=1;i<=n;++i) tmp[i]=-inf;
	T1.build(1,1,n,tmp);
	for(int i=1;i<=n;++i) tmp[i]=-i;
	T2.build(1,1,n,tmp);
	sort(e+1,e+num+1,[&](CO event&a,CO event&b)->bool{
		return a.r!=b.r?a.r<b.r:a.id<b.id;
	});
	for(int i=1;i<=num;++i){
		if(!e[i].id){
			T1.insert(1,1,n,e[i].l,e[i].r-e[i].l+1);
			T2.insert(1,1,n,e[i].l,-inf);
		}
		else{
			int x=T1.query(1,1,n,e[i].l,e[i].r);
			int y=e[i].r+T2.query(1,1,n,e[i].l,e[i].r)+1;
			ans[e[i].id]=max(x,y);
		}
	}
	for(int i=1;i<=q;++i) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}