bzoj2803: [Poi2012]Prefixuffix（hash+性质推导）

最新推荐文章于 2019-07-15 17:49:03 发布

SC.ldxcaicai

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分类专栏： # hash

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博客围绕一个长度为n的串S，求解满足L<=n/2且S的L前缀和L后缀循环同构的最大L。思路是设前缀为a、后缀为b，若循环同构则由字符串加两个border形成，通过枚举可行的i求最大的j，得出fi≤fi+1+2结论，最后暴力枚举j，复杂度O(n)。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：
给出一个长度为n的串S，求满足下面条件的最大的L：

L<=n/2
S的L前缀和S的L后缀是循环同构的。

思路：
设前缀为 $a$ ，后缀为 $b$ ，如果 $a, b$ 循环同构，那么 $a, b$ 是由一个字符串加上两个 $b o r d e r$ 形成的。
即如下图所示：
在这里插入图片描述
$s_{1,i}=s_{l+1,n},s_{i+1,j}=s_{k,l}$
于是考虑枚举可行的 $i$ ，并对于每个 $i$ 求出满足条件的最大的 $j$ 。
我们设 $f_i=j$ 。
那么可以得出一个结论： $fi≤fi+1+2f_i\le f_{i+1}+2$ （证明显然）
然后就暴力枚举 $j$ 即可，摊下来复杂度 $O (n)$ 。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
const int N=1e6+5;
char s[N];
int n,f[N];
typedef unsigned long long Ull;
typedef long long ll;
const Ull bas=141;
const int mod=1e9+9;
inline int add(const int&a,const int&b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int dec(const int&a,const int&b){return a>=b?a-b:a-b+mod;}
inline int mul(const int&a,const int&b){return (ll)a*b%mod;}
struct string_hash{
    Ull pw[N],ss[N];
    int pww[N],sss[N];
    inline void init(){
        pw[0]=pww[0]=1;
        for(ri i=1;i<=n;++i)pw[i]=pw[i-1]*bas,pww[i]=mul(pww[i-1],bas);
        for(ri i=1;i<=n;++i)ss[i]=ss[i-1]*bas+(s[i]-'0'+15),sss[i]=add(mul(sss[i-1],bas),s[i]-'0'+15);
    }
    inline Ull gethash1(int l,int r){return ss[r]-ss[l-1]*pw[r-l+1];}
    inline int gethash2(int l,int r){return dec(sss[r],mul(sss[l-1],pww[r-l+1]));}
    inline bool check(int l1,int r1,int l2,int r2){return gethash1(l1,r1)==gethash1(l2,r2)&&gethash2(l1,r1)==gethash2(l2,r2);}
}S;
int main(){
    scanf("%d%s",&n,s+1);
    S.init();
    f[n>>1]=0;
    int ans=0;
    for(ri l1,r1,l2,r2,i=(n>>1)-1;~i;--i){
        l1=i+1,r2=n-i;
        for(r1=min(n>>1,i+1+f[i+1]+1),l2=n+1-r1;r1>=l1;--r1,++l2)if(S.check(l1,r1,l2,r2))break;
        f[i]=r1-l1+1;
        if(S.check(1,i,n-i+1,n))ans=max(ans,i+f[i]);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}