Solution -「JSOI 2019」「洛谷 P5334」节日庆典

$\mathscr{Description}$

  Link.

  给定字符串 $S$，求 $S$ 的每个前缀的最小表示法起始下标（若有多个，取最小的）。

  $|S|\le3\times10^6$。

$\mathscr{Solution}$

  注意到一个显然的事实，对于某个前缀 $S[:i]$ 以及两个起始下标 $p,q$，若已有 $S[p:i]<S[q:i]$，那么在所有的 $j>i$ 中，都有 $S[p:j]<S[q:j]$。换言之，最终 $i$ 的答案 $r_i$ 必然满足 $r_i\in B_i=\arg\min_{p\le i}\{S[p:i]\}$，同时有 $B_{i+1}\subseteq B_i\cup\{i+1\}$，故我们可以通过去除 $B_i\cup\{i+1\}$ 中不优秀的起始位置来得到 $B_{i+1}$。

  可惜，$|B_m|=\mathcal O(m)$ 的，需要进一步精简。这提示我们反思“$S[p:i]$ 取最小”是否是“$p$ 可能成为 $r_i$”的充要条件。答案是否定的。考虑后缀 $S[p:i]$ 和 $S[q:i]~(p<q)$，若 $p,q\in B_i$，有 $S[p:p+i-q+1]=S[q:i]$，即 $S[q:i]$ 是 $S[p:i]$ 的一个 border。由 border 的相关性质，自然地想到研究 $|S[q:i]|>\frac{|S[p:i]|}{2}$ 的情况，此时 $S[p:i]$ 有周期 $T=|S[p:i]|-|S[q:i]|$。取 $S[r:i]=S[i-T+1:i]$，可以说明：$S[p:i]$ 不同时大于 $S[q:i]$ 和 $S[r:i]$。如图：

  若我们想让 $S[p:i]<S[q:i]$，就需要在后缀加一个字符 $S_{i+1}=x$（红点），使得 $x>y$（蓝点），但一旦有 $y<x$，就能让最后一个周期 $S[r:i]$ 带上红点一路走到 $S[p:i]$ 的开头，得到 $S[r:i+1]<S[p:i+1]$，故结论成立。 $\square$

  据此维护出不存在满足上述 $p,q$ 关系的新集合 $B_i'\subseteq B_i$，显然 $|B_m'|=\mathcal O(\log m)$，所以维护总过程是 $\mathcal O(n\log n)$ 的。

  此外，求答案 $r_i$ 时，仍然有必要枚举 $B_i'$ 中的每个下标取优。利用前缀相等的性质，发现我们仅需要完成 $S$ 子串与 $S$ 前缀的快速比较，那么用 Z-function 可以做到 $\mathcal O(1)$。综上，最终复杂度为 $\mathcal O(n\log n)$。

---

  这个时候就有神要问了哈，你怎么不写 $\mathcal O(n)$ 的做法？

  重新审视一下这个问题，很自然联想到描述“最小表示法等于自身”的 Lyndon Word，而 Duval 算法提供了一个 $\mathcal O(n)$ 考察 Lyndon Word 的思路，所以我们可以尝试把问题向 Lyndon 的方向转化。设串 $s=S[:i]$ 的 Lyndon 分解为

$$s=w_1^{k_1}w_2^{k_2}\cdots w_m^{k_m},$$

其中 $w_1>w_2>\cdots>w_m$。我们先把 $\mathcal O(n\log n)$ 做法中的关键性结论重新描述：显然最小表示的后缀在一个 Lyndon Word 的开头，而若取出了 $w_i^kw_{i+1}^{k_{i+1}}\cdots w_m^{k_m}$，我们则能断言：$k=k_i$。

  现在套上 Duval 的样子，设 $s=s'u^ku'$，其中 $u^k$ 是 Lyndon Word，$u'$ 是 $u$ 未扩展完的前缀。前面的 $s'$ 也不重要了，我们记 $t=u^ku'$ 来研究，考虑加入字符 $c=S_{|s|+1}$：

• $t_{|u'|+1}<c$，答案 $p_{|s|+1}$ 显然为 $t_1$ 在原串对应的下标；
• $t_{|u'|+1}>c$，考虑 Duval 的过程，我们得先把一段前缀循环划为 Lyndon，以后再更新 $p_{|s|+1}$；
• $t_{|u'|+1}=c$，继续吻合循环节，两种可能优解：$p=i$ 和 $p$ 取 $u$ 的最优起始位置在 $u'$ 中对应的位置。第二种情况考虑到虽然 $u$ 为 Lyndon Word，但 $S$ 的前缀是有可能小于 $u$ 的后缀的。还是用上文 Z-function 的方法支持 $\mathcal O(1)$ 比较。

  最终，与 Duval 几乎一样地，我们在 $\mathcal O(n)$ 的时间内解决了问题。

$\mathscr{Code}$

• $\mathcal O(n\log n)$:

/*+Rainybunny+*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)

inline void wint(const int x) {
    if (9 < x) wint(x / 10);
    putchar(x % 10 ^ '0');
}

const int MAXN = 3e6, MAXG = 100;
int n, z[MAXN + 5];
char s[MAXN + 5];
int gcnt, good[MAXG + 5]; // indices that may be the answer.

inline void calcZ() {
    z[1] = n;
    for (int i = 2, l = 0, r = 0; i <= n; ++i) {
        if (i <= r) z[i] = std::min(z[i - l + 1], r - i + 1);
        while (i + z[i] <= n && s[i + z[i]] == s[1 + z[i]]) ++z[i];
        if (i + z[i] - 1 > r) r = i + z[l = i] - 1;
    }
}

inline void adapt(const int k) {
    auto compare = [&](const int u, const int v)->int {
        return u < v ?
          (s[u + k - v] == s[k] ? 0 : s[u + k - v] < s[k] ? -1 : 1)
          : (s[k] == s[v + k - u] ? 0 : s[k] < s[v + k - u] ? -1 : 1);
    };

    static int tmp[MAXG + 5]; rep (i, 1, gcnt) tmp[i] = good[i];
    int ocnt = gcnt, pst = good[gcnt]; good[gcnt = 1] = pst;
    per (i, ocnt - 1, 1) {
        if (int t = compare(pst, tmp[i]); t > 0) {
            good[gcnt = 1] = pst = tmp[i];
        } else if (!t) {
            pst = tmp[i];
            while (gcnt && k - good[gcnt] + 1 << 1 > k - pst + 1) --gcnt;
            good[++gcnt] = pst;
        }
    }
    std::reverse(good + 1, good + gcnt + 1);
}

inline int best(const int k) {
    // compare S[l:r] with S[:r-l+1].
    auto compare = [](const int l, const int r)->int {
        if (z[l] >= r - l + 1) return 0;
        return s[l + z[l]] < s[z[l] + 1] ? -1 : 1;
    };

    int ans = good[1];
    rep (i, 2, gcnt) {
        int cur = good[i];
        if (int f1 = compare(ans + k - cur + 1, k); f1 > 0) ans = cur;
        else if (!f1) {
            int f2 = compare(cur - ans + 1, cur - 1); // cur <> ans.
            if (f2 < 0) ans = cur;
        }
    }
    return ans;
}

int main() {
    scanf("%s", s + 1), n = strlen(s + 1), calcZ();

    rep (i, 1, n) {
        good[++gcnt] = i, adapt(i);
        wint(best(i)), putchar(i < n ? ' ' : '\n');
    }
    return 0;
}

• $\mathcal O(n)$（目前洛谷最优解）：

/*+Rainybunny+*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)

inline void wint(const int x) {
    if (9 < x) wint(x / 10);
    putchar(x % 10 ^ '0');
}

const int MAXN = 3e6;
int n, z[MAXN + 5], ans[MAXN + 5];
char s[MAXN + 5];

inline void calcZ() {
    z[1] = n;
    for (int i = 2, l = 0, r = 0; i <= n; ++i) {
        if (i <= r) z[i] = std::min(z[i - l + 1], r - i + 1);
        while (i + z[i] <= n && s[i + z[i]] == s[1 + z[i]]) ++z[i];
        if (i + z[i] - 1 > r) r = i + z[l = i] - 1;
    }
}

inline void duval() {
    auto compare = [](const int u, const int v, const int k)->int {
        int p = u + k - v + 1, q = k - p + 2;
        if (z[p] < k - p + 1) {
            return s[p + z[p]] < s[1 + z[p]] ? -1 : 1;
        } else {
            return z[q] < u ? s[q + z[q]] < s[1 + z[q]] ? 1 : -1 : 0;
        }
    };
    
    for (int i = 1; i <= n;) {
        int j = i + 1, k = i;
        if (!ans[i]) ans[i] = i;
        while (j <= n && s[k] <= s[j]) {
            if (s[k] < s[j]) {
                if (!ans[j]) ans[j] = i;
                k = i;
            } else {
                if (!ans[j]) {
                    if (ans[k] < i) ans[j] = i;
                    else {
                        ans[j] = compare(i, j - k + ans[k], j) <= 0 ?
                          i : j - k + ans[k];
                    }
                }
                ++k;
            }
            ++j;
        }
        i += (j - i) / (j - k) * (j - k);
    }
}

int main() {
    n = fread(s + 1, 1, MAXN + 3, stdin);
    while (s[n] < 'a' || 'z' < s[n]) --n;
    
    calcZ(), duval();

    rep (i, 1, n) wint(ans[i]), putchar(i < n ? ' ' : '\n');
    return 0;
}