THUWC前集训Day3

THUWC前集训Day3

T1 Second

后缀的LCP，第一反应就是先建后缀树。

考虑在后缀树上dp。令\(f(u)\)表示\(u\)的子树的答案（不考虑该子树外的所有后缀和点，并要求子树内所有后缀权值和为1）。

当\(u\)表示一个后缀，显然\(f(u)=0.\)否则依次考虑\(u\)的所有儿子\(v\). 若只有一个儿子\(v,f(u)=f(v)+len(v)-len(u).\)

否则，若给\(v\)的子树分配的权值和为\(x\),则\(f(u)=\max((1-x)f(u),x(f(v)+len(v)-len(u)))\).显然max中的两个值相等时最优。

复杂度\(O(n)\),若用sam建有点卡空间，但实现的时候不必真正建出后缀树，依照拓扑序做dp即可。

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T2 Third

我的一种奇怪做法，正经一些的是利用矩阵。

先考虑20分的暴力。对于每个询问我们都搞出真正的序列。

令\(f(i,c)\)表示考虑到\(i\)，结尾字符为\(c\)的本质不同子序列数量。

\[f(i,c)=1+\sum_xf(i-1,x) \]

原理：原本本质不同的序列的末尾加入该字符后仍本质不同，以及一个仅包含\(c\)的子序列。

每次询问复杂度\(\mathcal O(nc).\)

考虑本题询问的特性，若将原序列复制一份接在后面，（并将询问离线）就相当于每次询问 \(c+A_{pos+1...pos+n}\) 的\(f(n,d)\).

相当于我们要支持，在末尾加一个字符，在开头加一个字符，在开头删除一个字符和询问\(f(n,d)\)。

重定义\(f(s,t)\)为：在当前维护的序列上，以\(s\)开头，以\(t\)结尾的本质不同序列数量。

末尾加字符\(a_i\)：

\[f'(s,a_i)=[s=a_i]+\sum_{x}f(s,x)\\ \]

开头加字符\(c\)，实际上没必要真的去更新\(f\),而只需回答\(\sum_xf(x,d).\)

\[f(a_i,d)=[a_i=d]+\sum_xf(x,d) \]

开头删除字符\(x=a_{i-n+1}\)，这个有点毒瘤。考虑逆进行开头加字符的操作（令\(g\)为删除该字符前的\(f\)值）：

\[f(x,t)=[x=t]+\sum_yg(y,t)\\ \Rightarrow g(x,t)=f(x,t)-[x=t]-\sum_{x\ne y}g(y,t) \]

顺便维护\(s_x=\sum_{y}f(x,y),t_x=\sum_y f(y,x)\) 就可以做到移动一格复杂度为\(\mathcal O(m)\),单次询问复杂度\(\mathcal O(m)\)
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