【CF】700E Cool Slogans 后缀自动机&DP&贪心&线段树可持久化合并

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题解

做这道题时又发现自己对后缀自动机的理解还不够深刻。。。

简单说一下题意，给定一个字符串，求一个子串序列$s_1,s_2,s_3...$，满足序列中$s_i$在$s_{i+1}$中至少出现了两次(出现的范围之间可以相交，起始点不同即可)，要求输出子串序列的最大长度。

设$f[i]$表示第$i$个子串能排在序列中的最大下标。

那么每个满足第$i$个子串出现两次以上的子串的$f[j]$便可以用$f[i]+1$来更新答案。

考虑最简的一个子串$f[x]=k$必然存在$s_x$左端和右端分别都是一个满足$f[x^{\prime }]=k-1$的子串。因为如果不是，我们删去子串两端的字符，并不会使$f[x]$减小，直到删成两端都满足$f[x^{\prime }]=k-1$，而这两端的子串$x^{\prime }$，自身的两端同样满足$f[x^{\prime \prime }]=k-2$。一直这样迭代到$f[x^{\prime \prime \prime ...}]=1$。

所以一个$f[x]=k$的子串$x$必然可以由一个它的一个出现过两次以上的后缀$f[x^{\prime \prime }]=k-1$转移而得。

每个子串的出现位置，后缀递推的统计和处理在这里体现出来。所以联想到后缀自动机，$fail$树上的每个节点恰好是$right$数组相同的一些子串的集合。所以$dp$的时候不需要记录子串，而是以每个节点来代表相同的$f[x]$。寻找子串的过程恰是由$fail$树上的祖先寻找最大值的过程。

进一步考虑，后缀自动机上的一个节点$x$，其$fail$树上的祖先均为它的后缀，存在一个$right$集合真包含的关系，那么$fail$树中随深度的增加，$f[x]$必然是单调不降的(若$x$的一个子串存在$f[x^{\prime }]=k$，即使只出现了一次，$f[x]$也必然不小于$k$)。而且每层之间，存在$f[x]-f[fai{l}_x]\le 1$。只要$x$的祖先中存在任何一个$f[fai{l}_x]=k$的节点中的子串，在$x$节点的子串集合中出现过至少两次，就存在$f[x]=k+1$。考虑到节点子串之间的真包含关系，它们的$right$集合显然是越大越好，这样更可能出现两次。所以这里可以贪心记录$x$的祖先中深度最浅(也即子串最长长度最小)的满足$f[fai{l}_x]=k$节点$pos[fai{l}_x]$来判断出现，如果这个子串集合都没能出现两次及以上，它的子节点自然也不能，那么$f[x]=k$，反之如果出现了两次及以上，$f[x]=k+1$。
考虑这个过程中需要用到每个节点的出现集合(右端点)。可以对每个节点建立线段树，再由叶子节点不断向上合并，建可持久化线段树。

这里建主席树看别人代码时发现一个很巧妙的优化，因为祖先必然在后缀中出现一次，我们$query$寻找出现的时候只需要判断除开结束点以外在$[mx[pos[fai{l}_x]]+num[x]-mx[x],num[x]-1]$这个区间是否出现即可。这样线段树上不需要记录任何信息，只需要判断动态加点线段树上这个节点是否存在即可，这样也很好合并线段树。

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代码

#include<bits/stdc++.h>
#define mid (((l)+(r))>>1)
using namespace std;
const int N=4e5+100,M=1e7+100;
int n,f[N],mx[N],ch[N][26],c[N],sa[N];
int dp[N],pos[N],num[N];
int cnt=1,cur=1,p,q,ans=1;
char s[N];
int rt[N],ls[M],rs[M],tot;

inline void insert(int alp,int id)
{
    p=cur;cur=++cnt;mx[cur]=id;num[cur]=id;
    for(;!ch[p][alp] && p;p=f[p]) ch[p][alp]=cur;
    if(!p) f[cur]=1;else{
    	q=ch[p][alp];
    	if(mx[q]==mx[p]+1) f[cur]=q;else{
    		mx[++cnt]=mx[p]+1;num[cnt]=id;
    		f[cnt]=f[q];f[q]=f[cur]=cnt;
    		memcpy(ch[cnt],ch[q],sizeof(ch[q]));
    		for(;ch[p][alp]==q;p=f[p]) ch[p][alp]=cnt;
    	}
    }
}

inline void ad(int &k,int l,int r,int tag)
{
	if(!k) k=++tot;
	if(l==r) return;
	if(tag<=mid) ad(ls[k],l,mid,tag);
	else ad(rs[k],mid+1,r,tag);
}

inline int merge(int x,int y)
{
	if(!x || !y) return x+y;
	int d=++tot;
	ls[d]=merge(ls[x],ls[y]);
	rs[d]=merge(rs[x],rs[y]);
	return d;
}

inline int query(int k,int l,int r,int L,int R)
{
	if(!k) return 0;
	if(l==r) return 1;
	if(L<=mid) if(query(ls[k],l,mid,L,R)) return 1;
	if(R>mid) if(query(rs[k],mid+1,r,L,R)) return 1;
	return 0;
}

int main(){
    int i,j,x;
    scanf("%d%s",&n,s+1);
    for(i=1;i<=n;++i) insert(s[i]-'a',i);
    for(i=1;i<=cnt;++i) c[mx[i]]++;
    for(i=1;i<=n;++i) c[i]+=c[i-1];
    for(i=cnt;i>1;--i) sa[c[mx[i]]--]=i;
    for(i=cnt;i>1;--i){
    	x=sa[i];
    	ad(rt[x],1,n,num[x]);
    	rt[f[x]]=merge(rt[f[x]],rt[x]);
    }
    for(i=2;i<=cnt;++i){
    	x=sa[i];
    	if(f[x]==1){dp[x]=1;pos[x]=x;continue;}
    	if(query(rt[pos[f[x]]],1,n,mx[pos[f[x]]]+num[x]-mx[x],num[x]-1))
    		dp[x]=dp[f[x]]+1,pos[x]=x;
    	else dp[x]=dp[f[x]],pos[x]=pos[f[x]];
    	ans=max(ans,dp[x]);
    }
    printf("%d\n",ans);
}