【题解】洛谷P6793 [SNOI2020] 字符串

【题解】P6793 [SNOI2020] 字符串（SAM）

 

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$\mathrm{D}\mathrm{e}\mathrm{s}\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{p}\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{o}\mathrm{n}$

有两个长度为 $n$ 的由小写字母组成的字符串 $a,b$，取出他们所有长为 $k$ 的子串（各有 $n-k+1$ 个），这些子串分别组成集合 $A,B$ 。现在要修改 $A$ 中的串，使得 $A$ 和 $B$ 完全相同。可以任意次选择修改 $A$ 中一个串的一段后缀，花费为这段后缀的长度。总花费为每次修改花费之和，求总花费的最小值。

输入格式
第一行两个整数 $n,k$ 表示字符串长度和子串长度；
第二行一个小写字母字符串 $a$；
第三行一个小写字母字符串 $b$。

输出格式
输出一行一个整数表示总花费的最小值。

输入输出样例
输入

5 3
aabaa
ababa

输出

3

对于所有数据，$1\le k\le n\le 1.5\times 10^5$ 。
 

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$\mathrm{S}\mathrm{o}\mathrm{l}\mathrm{u}\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{o}\mathrm{n}$

由于修改的是子串的后缀，也就是前缀是相同的，问题可以转化为对集合 $A$ 和 $B$ 的子串进行匹配，使其公共前缀的长度和最大，即 $\sum _{i=1}^{n}lcp(A_i,B_i)$ 最大。

$\mathrm{S}\mathrm{A}\mathrm{M}$只能处理后缀，可以用反串建立$\mathrm{S}\mathrm{A}\mathrm{M}$处理。
两个子串的最长公共后缀等于其在 $\mathrm{p}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{n}\mathrm{t}$ $\mathrm{t}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{e}$ （也有人称为后缀链接）上的最近公共祖先（ $\mathrm{L}\mathrm{C}\mathrm{A}$ ）。
为了方便处理，将两个字符串 $a,b$ 拼起来，记为 $s$ ，用 $s$ 的反串建立 $\mathrm{S}\mathrm{A}\mathrm{M}$ ，再在 $\mathrm{p}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{n}\mathrm{t}$ $\mathrm{t}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{e}$ 上区分 $a,b$ 进行匹配。

记 $sum$ 为当前公共前缀的长度和，当匹配至节点 $i$ 时，有 $s{1}_i$ 个 $a$ 的 $len$大于等于 $k$ 的子串（由于求的是最长公共后缀，所以 $len$ 不需要等于 $k$）、 有 $s{2}_i$ 个 $b$ 的 $len$ 大于等于 $k$ 的子串没有在 $i$ 的儿子节点被匹配，有$min(s{1}_i,s{2}_i)$ 对 $a,b$ 子串的 $\mathrm{L}\mathrm{C}\mathrm{A}$ 为节点 $i$ ，更新 $sum$ ，剩下的部分则上传到父亲节点继续匹配。

答案为长度为 $k$ 的子串个数减去最大的公共前缀长度和，即$(k\ast (n-k+1)-sum$ 。
 

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$\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{e}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,k;
int t[1000005],a[1000005];
char s[500005];
struct node{
	int nex[26];
	int fa;
	long long len,sum[2];
	node(){memset(nex,0,sizeof(nex)); len=0;}
}d[1000005];
int tot=1,las=1;
long long ans;
void add(int c,int val,int jud)
{
	int p=las,np=las=++tot; d[np].sum[jud]=val;
	d[np].len=d[p].len+1;
	for(; p && !d[p].nex[c]; p=d[p].fa) d[p].nex[c]=np;
	if(!p) d[np].fa=1;
	else
	{
		int q=d[p].nex[c];
		if(d[q].len == d[p].len+1) d[np].fa=q;
		else
		{
			int nq=++tot; 
			memcpy(d[nq].nex,d[q].nex,sizeof(d[nq].nex));
			d[nq].fa=d[q].fa;
			d[nq].len=d[p].len+1;
			d[q].fa=d[np].fa=nq;
			for(; p && d[p].nex[c]==q; p=d[p].fa) d[p].nex[c]=nq;
		}
	}
}
void tsort() //拓扑排序
{
	for(int i=1; i<=tot; i++) t[d[i].len]++;
	for(int i=1; i<=tot; i++) t[i]+=t[i-1];
	for(int i=1; i<=tot; i++) a[t[d[i].len]--]=i;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	scanf("%s",s);
	for(int i=n-1; i>=0; i--) add(s[i]-'a',(i+k-1<n),0);
	scanf("%s",s);
	for(int i=n-1; i>=0; i--) add(s[i]-'a',(i+k-1<n),1);
	int lens=n<<1;
	tsort();
	int mins;
	for(int i=tot; i; i--)
	{
		mins=min(d[a[i]].sum[0],d[a[i]].sum[1]);
		ans+=mins*min(k,d[a[i]].len);
		d[a[i]].sum[0]-=mins;
		d[a[i]].sum[1]-=mins;
		d[d[a[i]].fa].sum[0]+=d[a[i]].sum[0];
		d[d[a[i]].fa].sum[1]+=d[a[i]].sum[1];
	}
	ans=k*(n-k+1)-ans;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
} 

 

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