ABC240Ex Sequence of Substrings

ABC240Ex Sequence of Substrings

LIS 的好题改编。

约定

\(S(l,r)\) 为字符串 \(s\) 中第 \(l\) 位到底 \(r\)​ 位。

\(S(l,r)<S(x,y)\) 为字符串中 \([l,r]\) 的子串字典序比 \([x,y]\) 的子串小。

前置

LIS 的 \(n\log n\) 求法。

题解

我们考虑按照类似于朴素 LIS 的方式设状态，\(f[l][r]\) 表示 \([l,r]\) 这个区间作为当前选的最后一个划分，所得到的 LIS 最大值。

显然有转移：

\[f[l][r]=\max(f[x][y])+1 \]

要求 \(S(x,y)<S(l,r)\)。

我们可以使用一个很经典的判断两个字符串字典序大小的技巧，先使用 hash+二分 求出 LCP（最长公共前缀），然后用比较 LCP 的下一位求字典序大小。

对于方程里的 \(\max\) 操作，类似于 LIS 的 \(n\log n\) 做法维护一个 \(g\) 数组，之前 \(g[i]\) 表示 LIS 为 \(i\) 的最小数字，同时 \(g\) 数组有单调递增的性质。现在还是维护这样的一个 \(g\) 数组，\(g[i]\) 表示 LIS 为 \(i\) 的字典序最小区间，\(g[i]\) 可以用一个 pair 类型维护。

当然为了方便，笔者把数组变成了 set，维护相同的东西，方便直接使用 lower_bound 查询。

每一个 \(f[l][r]\) 都要做一次上述转移，转移复杂度包含：\(g\) 数组查找的 \(O(\log n)\)，每次的查找的比较 \(O(\log n)\)，共 \(O(\log^2 n)\)。总共复杂度 \(O(n^2\log^2 n)\)。

这个复杂度是肯定过不了的，我们考虑从这题的性质上去优化。

每一个 \(S(l,r)\) 肯定是从一个比他小的串 \(S(x,y)\) 转移过来的，我们可以分两种情况讨论：

1. \(S(l,r)\) 靠长度比 \(S(x,y)\) 大。
2. \(S(l,r)\) 通过字符比较比 \(S(x,y)\)​ 大。

考虑通过 2 类型的方式转移，那么 \(S(l,r)\) 的长度肯定小于等于 \(S(x,y)\)。

考虑通过 1 类型做贡献的子串的最大长度是 \(B\)。显然 \(B\) 肯定是从 \(1\) 开始累加起来的，那么前面肯定出现过长度为 \(B-1,B-2,B-3,\cdots,1\) 通过 1 类型转移的子串，他们总共的长度为 \(\frac{(1+B)\times B}{2}\)，满足

\[\frac{(1+B)\times B}{2} \leq n \]

解得

\[B \leq \sqrt{2n} \]

说明了什么呢？

通过 1 类型做贡献的子串最大长度是 \(\sqrt{2n}\)，通过 2 类型做贡献的子串长度小于等于最大子串长度。

那么我们每次只需要求子串长度在 \(\sqrt{2n}\) 以内状态，即只需要求满足 \(r-l+1\leq \sqrt{2n}\) 所有 \(f[l][r]\)。

时间复杂度降至 \(O(n\sqrt n \log^2 n)\)。

擦一把汗还是可以过的，信友队高级组 T1 和这题重了,实测也可以跑过。

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

#define mod 998244353

const int maxn=2e4+5e3+5;

#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define S second
#define F first

int n,B;
char s[maxn];

int ans;
ll sum[maxn],base[maxn];

unordered_map<int,int>f[maxn];

inline ll gt(int r,int l)
{
    return (sum[r]-sum[l-1]*base[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
inline bool cmps(int x,int rx,int y,int ry)
{
    return gt(rx,x)==gt(ry,y);
}
inline bool cmp(int x,int rx,int y,int ry)
{
    int l=1,r=min(rx-x+1,ry-y+1),ans=0;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(cmps(x,x+mid-1,y,y+mid-1)) l=mid+1,ans=mid;
        else r=mid-1;
    }
   if(ans==min(rx-x+1,ry-y+1)) return rx-x+1<ry-y+1;
    return s[x+ans]<s[y+ans];
}

struct node
{
    int l,r,w;
    bool operator<(const node a)const{return cmp(l,r,a.l,a.r);}
};
set<node>st;
pii fd[maxn];

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    B=sqrt(2*n);
    base[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) base[i]=base[i-1]*113%mod;
    scanf("%s",s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=(sum[i-1]*113+s[i]-'0'+mod)%mod;
    for(int L=1;L<=n;L++)
    {
        for(int R=L;R<=n&&R<=L+B;R++)
        {
            auto it=st.lower_bound({L,R,0});
            if(it!=st.begin()) f[L][R]=(--it)->w+1;
            else f[L][R]=1;
        }
        for(int j=L;j;j--)
        {
            if(L-j+1>B) break;
            if(fd[f[j][L]].F==0)
            {
                st.insert({j,L,f[j][L]});
                fd[f[j][L]]={j,L};
            }
            else if(cmp(j,L,fd[f[j][L]].F,fd[f[j][L]].S))
            {
                st.erase({fd[f[j][L]].F,fd[f[j][L]].S,f[j][L]});
                st.insert({j,L,f[j][L]});fd[f[j][L]]={j,L};
            }
        }
    }
    printf("%d",st.size());
}