[BZOJ1014][JSOI2008]火星人prefix splay+二分+hash
1014: [JSOI2008]火星人prefix
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MB Submit: 8083 Solved: 2554 [Submit][Status][Discuss]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
7
Q 1 7
Q 4 8
Q 10 11
R 3 a
Q 1 7
I 10 a
Q 2 11
Sample Output
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。
用splay维护hash，二分答案查询
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 #define mod 9875321 8 using namespace std; 9 struct data { 10 int s[2]; 11 int fa,size; 12 int v,val; 13 }t[150005]; 14 int p[150005]; 15 int cnt=0,rt; 16 char ch[150005]; 17 int m; 18 int len; 19 inline void pushup(int x) { 20 int lc=t[x].s[0],rc=t[x].s[1]; 21 t[x].size=t[lc].size+t[rc].size+1; 22 t[x].v=t[lc].v+(long long)t[x].val*p[t[lc].size]%mod+(long long)p[t[lc].size+1]*t[rc].v%mod; 23 t[x].v%=mod; 24 } 25 inline void rorate(int x,int &k) { 26 int y=t[x].fa,z=t[y].fa,l,r; 27 if(t[y].s[0]==x) l=0;else l=1; 28 r=l^1; 29 if(y==k) k=x; 30 else{if(t[z].s[0]==y) t[z].s[0]=x;else t[z].s[1]=x;} 31 t[x].fa=z;t[y].fa=x;t[y].s[l]=t[x].s[r];t[t[x].s[r]].fa=y;t[x].s[r]=y; 32 pushup(y);pushup(x); 33 } 34 inline void splay(int x,int &k) { 35 while(x!=k) { 36 int y=t[x].fa,z=t[y].fa; 37 if(y!=k) { 38 if(t[y].s[0]==x^t[z].s[0]==y) rorate(x,k); 39 else rorate(y,k); 40 } 41 rorate(x,k); 42 } 43 } 44 inline int find(int now,int x) { 45 if(t[t[now].s[0]].size+1<x) return find(t[now].s[1],x-t[t[now].s[0]].size-1); 46 else if(t[t[now].s[0]].size+1>x) return find(t[now].s[0],x); 47 else return now; 48 } 49 inline void insert(int x,int val) { 50 int t1=find(rt,x),t2=find(rt,x+1); 51 splay(t1,rt);splay(t2,t[rt].s[1]); 52 t[t2].s[0]=++cnt;t[cnt].val=val;t[cnt].fa=t2; 53 pushup(cnt);pushup(t2);pushup(t1); 54 } 55 inline void change(int now,int x,int val) { 56 if(t[t[now].s[0]].size+1<x) change(t[now].s[1],x-t[t[now].s[0]].size-1,val); 57 else if(t[t[now].s[0]].size+1>x) change(t[now].s[0],x,val); 58 else t[now].val=val; 59 pushup(now); 60 } 61 inline int query(int x,int y) { 62 int t1=find(rt,x-1);int t2=find(rt,y+1); 63 splay(t1,rt);splay(t2,t[rt].s[1]); 64 return t[t[t[rt].s[1]].s[0]].v; 65 } 66 inline bool check(int now,int x,int y) { 67 if(x+now-1>len) return 0; 68 if(y+now-1>len) return 0; 69 return query(x,x+now-1)==query(y,y+now-1); 70 } 71 int main() { 72 p[0]=1;for(int i=1;i<=150004;i++)p[i]=p[i-1]*27%mod; 73 scanf("%s",ch+1); 74 len=strlen(ch+1); 75 t[1].size=1;pushup(1); 76 for(int i=1;i<=len;i++) { 77 t[i].fa=i+1;t[i+1].s[0]=i;t[i+1].val=ch[i]-'a'+1;pushup(i+1); 78 } 79 t[len+1].fa=len+2;t[len+2].s[0]=len+1;t[len+2].val=0;rt=len+2;pushup(len+2); 80 cnt=len+2; 81 len++; 82 scanf("%d",&m); 83 for(int i=1;i<=m;i++) { 84 char h[10]; 85 scanf("%s",h); 86 if(h[0]=='Q') { 87 int x,y; 88 scanf("%d%d",&x,&y); 89 int l=1,r=len,ans=0; 90 while(l<=r) { 91 int mid=(l+r)>>1; 92 if(check(mid,x+1,y+1)) l=mid+1,ans=mid; 93 else r=mid-1; 94 } 95 printf("%d\n",ans); 96 } 97 else if(h[0]=='I') { 98 int x;char y[10]; 99 scanf("%d%s",&x,y); 100 insert(x+1,y[0]-'a'+1); 101 len++; 102 } 103 else if(h[0]=='R') { 104 int x;char y[10]; 105 scanf("%d%s",&x,y); 106 change(rt,x+1,y[0]-'a'+1); 107 } 108 } 109 }
