#4247. 串

最新推荐文章于 2025-01-28 19:45:00 发布

原创最新推荐文章于 2025-01-28 19:45:00 发布 · 240 阅读

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#字符串 #二分 #hash

本文介绍了一种优化的子串计数算法，用于解决FJOI题目中的子串计数问题。该算法利用后缀数组、hash值预处理和SASASA思想，对字符串进行最小表示法映射，从而高效地计算本质不同的子串数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意

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zzq 喜欢做傻吊题。

一天，zzq 正在和往常一样做一个傻吊题：输入一个串，输出它共有多少个本质不同的子串。这里本质不同指的是长得不一样。由于这是一道 FJOI 题，字符只有 {A,C,G,T} 四种。zzq 写了一个后缀数组，调了半小时通过了。zzq 感觉这个题没啥意思，应该加强一下。

记 $f (S)$ 为 $S$ 的最小表示，具体地，把 $S$ 中第一次出现的字母替换为 a，第二次出现的字母替换为 b，等等。例如， $f ($ AGACC $) =$ abacc。题意仍然是输入一个串，输出它共有多少个本质不同的子串，但是现在两个串 $A$ 和 $B$ 本质不同定义为 $f (A)$ 与 $f (B)$ 不同。

由于现在这个题没那么傻吊了，zzq 不会做了。他想请你解决这个问题。

$n ≤ 10^5$

题解

对于最小表示法，发现只有 $24$ 种映射关系，于是预处理出这 $24$ 种映射关系的 $h a s h$ 值

对于每个后缀，可以找出它的映射关系

根据 $S A$ 的思想，将所有后缀按照映射后的字典序排序，然后答案就是 $n×(n+1)2−∑i=2nlcp(si−1,si)\frac{n \times (n+1)}{2}-\sum_{i=2}^n lcp(s_{i-1},s_i)$

对于求 $l c p$ ，可以二分 $h a s h$ ，对于排序，可以在 $c m p$ 中调用求 $l c p$ 的函数，然后只需要比较下一位或串长即可

#include <bits/stdc++.h>
#define K 793999
#define I inline
#define U unsigned long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,p[6],D[150],S[5],a[N],t=-1;
char s[N],F[5];U b[N];long long ans;
struct O{
	char f[5];int d[150];U h[N];
	I U H(int l,int r){
		return h[r]-h[l-1]*b[r-l+1];
	}
}g[24];
struct Q{int h,ty;}q[N];
I bool newap(int x,int y){return S[x]<S[y];}
I int get(){
	for (int i=1;i<=4;i++) p[i]=i;
	sort(p+1,p+5,newap);
	for (int i=0;i<24;i++){
		bool J=1;
		for (int j=1;j<=4;j++)
			J&=(F[p[j]]==g[i].f[j]);
		if (J) return i;
	}
}
I int lcp(int x,int y){
	int l=0,h1=q[x].h,h2=q[y].h,r=min(n-h1+1,n-h2+1),t1=q[x].ty,t2=q[y].ty;
	while(l<r){
		int mid=(l+r+1)>>1;
		if (g[t1].H(h1,h1+mid-1)==g[t2].H(h2,h2+mid-1))
			l=mid;
		else r=mid-1;
	}
	return l;
}
I bool cmp(int x,int y){
	int l=lcp(x,y);
	if (l==min(n-q[x].h+1,n-q[y].h+1))
		return q[x].h>q[y].h;
	int u=g[q[x].ty].d[(int)s[q[x].h+l]];
	int v=g[q[y].ty].d[(int)s[q[y].h+l]];
	return u<v;
}
int main(){
	scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);ans=1ll*n*(n+1)/2;
	b[0]=1;for (int i=1;i<=4;i++) p[i]=i;
	S[D[(int)(F[1]='A')]=1]=n+1;
	S[D[(int)(F[2]='C')]=2]=n+1;
	S[D[(int)(F[3]='G')]=3]=n+1;
	S[D[(int)(F[4]='T')]=4]=n+1;
	for (int i=1;i<=n;i++) b[i]=b[i-1]*K;
	do{
		t++;for (int i=1;i<=4;i++)
			g[t].f[i]=F[p[i]],g[t].d[(int)F[p[i]]]=i;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			g[t].h[i]=g[t].h[i-1]*K+g[t].d[(int)s[i]];
	}while(next_permutation(p+1,p+5));
	for (int i=n;i;i--)
		S[D[(int)s[i]]]=i,q[i]=(Q){i,get()},a[i]=i;
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for (int i=2;i<=n;i++) ans-=lcp(a[i-1],a[i]);
	return printf("%lld\n",ans),0;
}