bzoj 3676 [Apio2014]回文串（Manacher+SAM）

 

【题目链接】

   

    http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3676

 

【题意】

 

    给定一个字符串，定义一个串的权值为长度*出现次数，求最大权的回文子串。

 

【思路】

 

    马拉车求出本质不同的回文子串。

    对于一个回文子串，在SAM中用倍增法在O(logn)的时间得到它的出现次数，即SAM中每个节点的right集大小，倍增数组和right都可以通过提前处理得到。

    更新答案即可。

 

　先来考虑一个简单的问题：

给出一个串S（|S|<=1000000）和M个询问，每次询问S中[si,ti]这一段串在总串中出现过几次。

显然我们可以建出后缀数组并用二分+ST表简单地完成。

但如果我们一定要用后缀自动机的知识呢？

我们会发现，倘若我们能快速找到一个节点（状态）表示当前s~t这一段，只需直接调用它的size即可。

（有关size的预处理：在SAM建立好之后，用所有点的size去累加它的parent的size）

那么如何快速找到这样一个状态呢？

首先SAM有一个性质：把每一个节点向它的parent连边，得到的树是原串的逆序串的后缀树。（只是这棵后缀树压缩后的边权都不知道）

也就是说，如果我们构建出一棵SAM，它将同时有后缀树和trie的性质。

举个例子，比如字符串baabaaa。设询问为s=5，t=6

首先画出对应的后缀树（空节点不再画出）：

注意此时后缀树中“浅”的点表示的是“后缀”。

我们先跑出从1开始到t的状态s，此时设我们在SAM中的节点p。样例里p对应在后缀树的最下面那个点。

但是我们发现1~t的状态太长了，我们只需要s~t的状态。

这样我们可以在这棵后缀树上倍增，能往某个祖先跑就往某个祖先跑。能跑的依据就是该祖先的深度>=t-s+1

这样，我们就跑到了p节点在后缀树上的父亲的父亲，然后直接在SAM里调用它的信息即可。

这里还有一个细节问题：如果询问是s=3,t=6，应该返回哪个点呢？

这个时候发现不能完全覆盖，要不一个点少一些，要不一个点多一些。

显然要把剩下的部分也选进去，也就是说仍然在p这个点。合法性显然，且可以证明这样最优。

 

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　Quote from Here

 

【代码】

 

 

#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define trav(u,i) for(int i=front[u];i;i=e[i].nxt)
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);a--)
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 6e5+10;
const int D = 21;

char s[N];
int n,p[N];

struct SAM 
{
    
    ll ans;
    int sz,last,ch[N][26],fa[N],R[N],pos[N],l[N],b[N],cnt[N],fat[N][D];
    SAM() 
    {
        sz=ans=0; last=++sz;
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        memset(R,0,sizeof(R));
        memset(fat,0,sizeof(fat));
    }
    void add(int c,int id)
    {
        int np=++sz,p=last; last=np;
        l[np]=l[p]+1; R[np]=1; pos[id]=last;
        for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=np;
        if(!p) fa[np]=1;
        else {
            int q=ch[p][c];
            if(l[q]==l[p]+1) fa[np]=q;
            else {
                int nq=++sz; l[nq]=l[p]+1;
                memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
                fa[nq]=fa[q];
                fa[q]=fa[np]=nq;
                for(;ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=nq; 
            }
        }
    }
    void get_pre()
    {
        FOR(i,1,sz) cnt[l[i]]++;
        FOR(i,1,n) cnt[i]+=cnt[i-1];
        rep(i,sz,1) b[cnt[l[i]]--]=i;
        rep(i,sz,1) R[fa[b[i]]]+=R[b[i]];
        
        FOR(i,1,sz) {
            fat[i][0]=fa[i];
            FOR(j,1,D-1)
                fat[i][j]=fat[fat[i][j-1]][j-1];
        }
    }
    void get_ans(int u,int v)
    {
        int x=pos[v];
        for(int i=D-1;i>=0;i--) {
            int t=fat[x][i];
            if(l[t]>=v-u+1) x=t;
        }
        ans=max(ans,(ll)R[x]*(v-u+1));
    }
    
} sam;

void Manacher()
{
    int mx=0,id;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(mx>i) p[i]=min(mx-i,p[2*id-i-1]);
        else p[i]=0;
        while(s[i+p[i]+1]==s[i-p[i]]) {
            p[i]++;
            sam.get_ans(i-p[i]+1,i+p[i]);
        }
        if(p[i]+i>mx) mx=p[i]+i,id=i;
    }
    mx=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(mx>i) p[i]=min(mx-i-1,p[2*id-i]);
        else p[i]=1,sam.get_ans(i,i);
        while(s[i+p[i]]==s[i-p[i]]) {
            p[i]++;
            sam.get_ans(i-p[i]+1,i+p[i]-1);
        }
        if(p[i]+i>mx) mx=p[i]+i,id=i;
    }
}

int main()
{
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    FOR(i,1,n) sam.add(s[i]-'a',i);
    sam.get_pre();
    s[0]='+',s[n+1]='-';
    Manacher();
    printf("%lld",sam.ans);
    return 0;
}