BZOJ 1014: [JSOI2008]火星人prefix

BZOJ 1014: [JSOI2008]火星人prefix

Description

　　火星人最近研究了一种操作：求一个字串两个后缀的公共前缀。比方说，有这样一个字符串：madamimadam，
我们将这个字符串的各个字符予以标号：序号： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 字符 m a d a m i m a d a m 现在，
火星人定义了一个函数LCQ(x, y)，表示：该字符串中第x个字符开始的字串，与该字符串中第y个字符开始的字串
，两个字串的公共前缀的长度。比方说，LCQ(1, 7) = 5, LCQ(2, 10) = 1, LCQ(4, 7) = 0 在研究LCQ函数的过程
中，火星人发现了这样的一个关联：如果把该字符串的所有后缀排好序，就可以很快地求出LCQ函数的值；同样，
如果求出了LCQ函数的值，也可以很快地将该字符串的后缀排好序。 尽管火星人聪明地找到了求取LCQ函数的快速
算法，但不甘心认输的地球人又给火星人出了个难题：在求取LCQ函数的同时，还可以改变字符串本身。具体地说
，可以更改字符串中某一个字符的值，也可以在字符串中的某一个位置插入一个字符。地球人想考验一下，在如此
复杂的问题中，火星人是否还能够做到很快地求取LCQ函数的值。

Input

　　第一行给出初始的字符串。第二行是一个非负整数M，表示操作的个数。接下来的M行，每行描述一个操作。操
作有3种，如下所示
1、询问。语法：Qxy，x,y均为正整数。功能：计算LCQ(x,y)限制：1<=x,y<=当前字符串长度。
2、修改。语法：Rxd，x是正整数，d是字符。功能：将字符串中第x个数修改为字符d。限制：x不超过当前字
符串长度。
3、插入：语法：Ixd，x是非负整数，d是字符。功能：在字符串第x个字符之后插入字符d，如果x=0，则在字
符串开头插入。限制：x不超过当前字符串长度

Output

　　对于输入文件中每一个询问操作，你都应该输出对应的答案。一个答案一行。

Sample Input

madamimadam
7
Q 1 7
Q 4 8
Q 10 11
R 3 a
Q 1 7
I 10 a
Q 2 11

Sample Output

5
1
0
2
1

HINT

1、所有字符串自始至终都只有小写字母构成。
2、M<=150,000
3、字符串长度L自始至终都满足L<=100,000
4、询问操作的个数不超过10,000个。
对于第1，2个数据，字符串长度自始至终都不超过1,000
对于第3，4，5个数据，没有插入操作。

Source

Solution

奇技淫巧：Spaly+Hash+二分
这个组合一看就是，Splay负责维护序列，Hash可以计算出来，二分得出答案。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define rep(i,x) for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef double DB;
using namespace std;
template <typename T> inline T read(T &a) {
    T x=0,father=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') father=(ch=='-')?-1:father,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+(ch-'0'),ch=getchar();a=father*x;
}
using namespace std;
const int N=150005,mo=9875321;
int tr[N][2],fa[N],id[N],size[N],v[N],h[N],p[N];
int n,m,rt,sz;
char s[N];
int num(char &c) {return c-'a'+1;}
void add(int &a,int b) {a=a+b,(a>=mo)?a=a-mo:a;}
void update(int x) {
	int l=tr[x][0],r=tr[x][1];
	size[x]=size[l]+size[r]+1;
	h[x]=(h[l]+(LL)v[x]*p[size[l]]%mo+(LL)p[size[l]+1]*h[r]%mo)%mo;
}
void build(int l,int r,int father) {
	if(l>r) return;
	int now=id[l],pre=id[father];
	if(l==r) {
		v[now]=h[now]=num(s[now]);
		fa[now]=pre,size[now]=1;
		(l<father)?tr[pre][0]=now:tr[pre][1]=now;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(l,mid-1,mid),build(mid+1,r,mid);
	v[(now=id[mid])]=num(s[now]);
	fa[now]=pre;
	update(now);
	(mid<father)?tr[pre][0]=now:tr[pre][1]=now;
}
int find(int x,int k) {
	int l=tr[x][0],r=tr[x][1];
	if(size[l]+1==k) return x;
	else if(size[l]>=k) return find(l,k);
	else return find(r,k-size[l]-1);
}
void rotate(int x,int &k) {
	int y=fa[x],z=fa[y],l,r;
	(tr[y][0]==x)?l=0:l=1;r=l^1;
	(y==k)?k=x:((tr[z][0]==y)?tr[z][0]=x:tr[z][1]=x);
	fa[x]=z,fa[y]=x,fa[tr[x][r]]=y;
	tr[y][l]=tr[x][r],tr[x][r]=y;
	update(y),update(x);
}
void splay(int x,int &k) {
	while(x!=k) {
		int y=fa[x],z=fa[y];
		if(y!=k) {
			if((tr[y][0]==x)^(tr[z][0]==y)) rotate(x,k);
			else rotate(y,k);
		}
		rotate(x,k);
	}
}
int query(int x,int val) {
	int b=find(rt,x),e=find(rt,x+val+1);
	splay(b,rt),splay(e,tr[b][1]);
	return h[tr[e][0]];
}
int solve(int x,int y) {
	int l=1,r=min(sz-x,sz-y)-1,ans=0;
	while(l<=r) {
		int mid=(l+r)>>1;
		if(query(x,mid)==query(y,mid)) l=mid+1,ans=mid;
		else r=mid-1;
	}
	return ans;
}
void insert(int k,int val) {
	int x=find(rt,k),y=find(rt,k+1);
	splay(x,rt),splay(y,tr[x][1]);
	tr[y][0]=++sz;
	fa[sz]=y,v[sz]=val;
	update(sz),update(y),update(x);
}
int main() {
	freopen("1014.in","r",stdin);
	p[0]=1;
	fo(i,1,N-1) p[i]=p[i-1]*27%mo;
	scanf("%s",s+2),n=strlen(s+2),sz=n+2,rt=(n+3)>>1;
	fo(i,1,n+2) id[i]=i;
	build(1,n+2,0);
	read(m);
	while(m--) {
		char op[1],d[1];int x,y;
		scanf("%s",op),read(x);
		if(op[0]=='Q') read(y),printf("%d\n",solve(x,y));
		else if(op[0]=='R') {
			scanf("%s",d);
			splay(find(rt,x+1),rt);
			v[rt]=num(d[0]);
			update(rt);
		} else scanf("%s",d),insert(x+1,num(d[0]));
	}
	return 0;
}