P8631 [蓝桥杯 2015 国 AC] 切开字符串 题解

P8631 [蓝桥杯 2015 国 AC] 切开字符串 题解

前言

看到这题没有人写题解,就打算写一篇。这也是蒟蒻的第一篇题解。

前置知识

manacher , SA 。如果不会可以转至 manacher模板 SA模板 ,以及 我的博客

题意概述

给一个长度为 n 的字符串 s ,记 Ai 表示 s[1i] 中本质不同的长度为奇数的回文串个数, Bi 表示 s[in] 中本质不同的长度 不为 奇数或 不是 回文串的子串个数,求 maxi=1n1Ai×Bi+1

n1e5

符号规定

suf(i) 表示从 i 开始的后缀。 lcp(i,j) 表示 suf(i),suf(j) 的最长公共前缀

sa[i],rk[i],ht[i] 分别代表排名为 i 的后缀的开始位置、 suf(i) 的排名、 lcp(sa[i],sa[i]1)

d[i] 为以 i 为中心的最长回文串半径。

题目分析

对于 n1000 我们可以暴力的 Hash 预处理出所有 AiBi ,然后求答案即可。

那么对于 n1e5 来说其实也可以这样做,先预处理出 Ai,Bi ,然后再统计答案。其实可以发现我们要求的可以分为三个部分:

1、 每个 s 的后缀的本质不同子串数

2、 每个 s 的前缀本质不同的长度为奇数的回文串数

3、 每个 s 的后缀本质不同的长度为奇数的回文串数

首先我们来看第一个问题。因为要求本质不同子串数,所以很自然的想到 SA 来求解,可以参考 P4070 [SDOI2016]生成魔咒其实是一模一样的题目),下面我讲一下具体如何做。

我们考虑一下 SA 求整个字符串本质不同子串数的原理: ans=i=1n(nsa[i]+1ht[i]) ,其实就是把所有子串先加上,再把所有重复的子串减去,那么我们求每个后缀的本质不同子串数也可以如此(记 sum[i] 表示 s[in] 的本质不同子串数):

我们倒序枚举 s 的每一个字符,并维护一个 set ,里面储存所有已经枚举过的字符 si 的对应的后缀 suf(i) 的排名 rk[i],然后当我们枚举到 sj 时, 找到 rk[j] 的前驱 pre ,后继 nxt ,则 sum[j]=sum[j+1]+(nj+1)max(lcp(suf(sa[pre]),suf(j)),lcp(suf(j),suf(sa[nxt]))) 即可,原理如下:

首先我们加入了 sj ,那么如果不考虑重复的子串,它会贡献 nj+1 个子串,但是由于它有重复的,所以说我们要把重复的减掉,而重复的子串其实也就是 suf(j) 和所有已经插入过的 suf(i)lcp 的最大值,即 maxi=j+1nlcp(i,j) ,而根据 height 数组的性质可以知道,这个最大值只有可能出现在 lcp(j,sa[pre])lcp(j,sa[nxt]) 中,所以这样做是很正确的,下面给出这一部分的代码:

set<int> S;
set<int> :: iterator it;

//下面用到的函数
void work(int x) {
	int lst, nxt; mx = 0;
	it = S.lower_bound(x);
	nxt = (*it); lst = (*(--it));
	if(lst >= 1 && lst <= n) mx = max(mx, lcp(lst, x));
	if(nxt >= 1 && nxt <= n) mx = max(mx, lcp(x, nxt));
	S.insert(x);
}


//倒序插入字符
S.clear(); S.insert(0); S.insert(n + 1); //插入 0 和 n+1 是为了防 RE
for(i = n; i >= 1; --i) {
	work(rk[i]);
	sum[i] = sum[i + 1] + 1ll * (n - i + 1 - mx);
	S.insert(rk[i]);
}

第一个子问题解决了,接下来考虑 23 个子问题。

其实这两个问题是一模一样的,下面我们只讨论第 3 个子问题,第 2 个子问题只需要把字符串翻转一下再按照第 3 个子问题的方法再做一遍即可。

因为是找本质不同的长度为奇数的回文串的个数,可以尝试结合 manacher 和 SA ,思路可以参考一下 P3649 [APIO2014] 回文串

比较暴力的想法是先用 manacher 将所有的回文串都找出来,然后按照左端点从大到小依次枚举,按照第一个子问题的方法一模一样的做即可,复杂度 O(n2logn)

但其实可以优化的,考虑 manacher 是如何做到 O(n) 的:r 端点只变化了 n 。那么其实可以换句话说:

一个字符串的本质不同回文串的个数最多只有 O(n) 级别

所以说我们只考虑暴力增加 d[i] 时额外增多的回文串即可(因为只有这些回文串才有可能成为一个新的本质不同回文串),所以在做 manacher 的时候把得到的新的回文串的长度记录在改回文串的左端点处(每个位置开一个 vector ),然后按照第一部分方法,找到 len=max(lcp(i,j)) ,然后在 vectorlower_bound 一下找到哪些回文串未出现过即可,形如:

//用 manacher 加入回文串部分
for(i = n, l = n + 1; i >= 1; --i) {
    if(i >= l) d[i] = min(d[mid * 2 - i], i - l + 1);
    while(i + d[i] <= n && i - d[i] >= 1 && s[i + d[i]] == s[i - d[i]]) {
        v[i - d[i]].push_back(2 * d[i] + 1);
        d[i]++;
    }
    if(i - d[i] + 1 < l) {
        l = i - d[i] + 1;
        mid = i;
    }
}
for(i = 1; i <= n; ++i) sort(v[i].begin(), v[i].end());


//统计处
S.clear(); S.insert(0); S.insert(n + 1);
memset(val, 0, sizeof(val));
for(i = n; i >= 1; --i) {
	work(rk[i]); val[i] = val[i + 1];	//与上文中的 work 函数相同
	if(v[i].back() <= mx) continue;
	pos = upper_bound(v[i].begin(), v[i].end(), mx) - v[i].begin();
	val[i] += 1ll * (v[i].size() - pos);	//val[i]表示s[i~n]本质不同长度奇数回文串数
}

但其实还可以优化一下,因为有一个更加优美的结论:

如果将回文串记录在倒序枚举时它最早出现的位置的左端点上,那么每个字符 si最多只会储存一个回文串

证明如下:

如果位置 i 存了两个不同的回文串,长度分别为 p,qp>q ,那么说明在 s[2×(i+q2)(i+p1)2×(i+q2)i] 处是一个与 s[ii+p1] 完全相同的字符串,与前提 最早出现的位置 冲突,故结论成立。

所以说就不同开 vector 了,只用在每个位置对回文串长度取 max 即可,即改成这样:

//插入回文串
for(i = n, l = n + 1; i >= 1; --i) {
    if(i >= l) d[i] = min(d[mid * 2 - i], i - l + 1);
    while(i + d[i] <= n && i - d[i] >= 1 && s[i + d[i]] == s[i - d[i]]) {
        v[i - d[i]] = max(v[i - d[i]], 2 * d[i] + 1);
        d[i]++;
    }
    if(i - d[i] + 1 < l) {
        l = i - d[i] + 1;
        mid = i;
    }
}

//统计处
S.clear(); S.insert(0); S.insert(n + 1);
for(i = n; i >= 1; --i) {
    work(rk[i]);
    val[i] = val[i + 1] + (mx < v[i]);
}

于是本题就完美的结束了,下面给出 完整代码

后记

其实本蒟蒻觉得这题难度不止蓝 ,或许有更简单的方法吧。本题中给出的题目链接在 我的博客 中都是有讲解的(虽然讲的有一点简略),但题目类型、套路挺多的(确信,如果本篇博客有哪里写的不对的地方也希望大家指出,我会及时更改。

本篇题解到这里就彻底结束了!

posted @   _zyc  阅读(99)  评论(3编辑  收藏  举报
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