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hash

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SAM

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博客介绍了如何解决一个字符串等级计算问题，其中涉及到使用SAM（suffix automaton）和可持久化线段树的数据结构。通过暴力DP和哈希的方法可以达到O(n^3)的时间复杂度，但存在更优的解决方案。博主提到一位大佬使用哈希可以在O(能过)的时间复杂度内解决，而博主则分享了利用SAM和可持久化线段树将问题转化为递归结构，通过判断字符串是否存在重复的最高等级子串来确定最终等级。这种方法的关键在于在线段树中查找重复子串并更新答案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

http://www.elijahqi.win/archives/2796
题意：给定一串字符求其等级对于等级的定义是

字符串中出现至少两次的等级最高的字符串的等级+1

那么有个显然的n^3 暴力dp+hash的做法设dp[i][j]表示i开始长度为j的这段区间的等级是多少每次直接比较前缀后缀即可据说gzez某大佬有hash 的做法可以ac 复杂度o(能过) 我不会..

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 5010
#define mod 1004535809
#define ll unsigned long long
#define g1 131
#define g2 27
using namespace std;
char s[N];ll p1[N],hs1[N];
int dp[N][N];int p2[N],hs2[N];
inline ll calc1(int l,int r){
    return hs1[r]-hs1[l-1]*p1[r-l+1];
}
inline int calc2(int l,int r){
    return ((ll)hs2[r]-(ll)hs2[l-1]*p2[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
inline bool judge(int l,int r){
    bool flag1=1,flag2=1;
    flag1&=calc1(l,r-1)==calc1(l+1,r);
    flag2&=calc2(l,r-1)==calc2(l+1,r);
    return flag1&&flag2;
}
inline bool check(int l1,int r1,int l2,int r2){
    bool flag1=1,flag2=1;
    flag1&=(calc1(l1,r1)==calc1(l2,r2));
    flag2&=(calc2(l1,r1)==calc2(l2,r2));
    return flag1&&flag2;
}
int main(){
//  freopen("t1.in","r",stdin);
    scanf("%s",s+1);int n=strlen(s+1);p1[0]=1;p2[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;++i) dp[i][1]=1,p1[i]=p1[i-1]*g1,p2[i]=(ll)p2[i-1]*g2%mod,
    hs1[i]=hs1[i-1]*g1+s[i]-'a'+1,hs2[i]=((ll)hs2[i-1]*g2+s[i]-'a'+1)%mod;
    for (int j=2;j<=n;++j)
        for (int i=1;i+j<=n+1;++i){int mx=-1;
            for (int k=1;k<=j-1;++k){
                if (check(i,i+k-1,i+j-k,i+j-1)) mx=max(mx,max(dp[i][k],dp[i+j-k][k]));
            }if (mx==-1) dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+1][j-1]);
            else dp[i][j]=max(mx+1, max(dp[i][j-1],dp[i+1][j-1]));
        }
    printf("%d\n",dp[1][n]);
    return 0;
}

SAM+可持久化线段树做法：

假如有一个k级的东西那么显然他可以由两个k-1的前缀和后缀组成同理两个k-1的前缀和后缀也可以由k-2的后缀等组成

所以我们可以先针对整个串建立sam 然后在par树上倒着从下往上推每次把合并两个节点的right集合考虑一个字符串A 如果开头和结尾都是比他低一个等级的字符串B 那么显然B 不会和A在同一个节点因为right集合不相同那么结论显然所以只需要判断我这个串包含的最大的等级的那个串有没有出现两次如果有就给我自己的答案+1反之我的答案就等于那个串的答案这部分建可持久化线段树即可因为是出现两次所以每次去找一找有没有这个点即可


#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 200010
using namespace std;
inline char gc(){
    static char now[1<<16],*S,*T;
    if (T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;}
    return *S++;
}
int len[N<<1],fa[N<<1],cnt=1,c[N],last=1,root=1,id[N<<1],ch[N<<1][26],rk[N<<1],rt[N<<1],dp[N<<1],dp1[N<<1];
inline void insert1(int x,int idx){
    int np=++cnt,p=last;len[np]=len[p]+1;fa[np]=p;id[np]=idx;
    for (;p&&!ch[p][x];p=fa[p]) ch[p][x]=np;
    if (!p) fa[np]=root;else {
        int q=ch[p][x];if (len[p]+1==len[q]) fa[np]=q;else{
            int nq=++cnt;memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;
            id[nq]=idx;len[nq]=len[p]+1;for (;p&&ch[p][x]==q;p=fa[p]) ch[p][x]=nq;
        }
    }last=np;
}
struct node{int left,right;}tree[N*40];
inline void insert2(int &x,int l,int r,int p){
    if (!x) x=++cnt;if (l==r) return;int mid=l+r>>1;
    if (p<=mid) insert2(tree[x].left,l,mid,p);else insert2(tree[x].right,mid+1,r,p);
}
inline int merge(int p1,int p2){
    if (!p1||!p2) return p1+p2;int owo=++cnt;
    tree[owo].left=merge(tree[p1].left,tree[p2].left);
    tree[owo].right=merge(tree[p1].right,tree[p2].right);
    return owo;
}
inline bool query(int x,int l,int r,int l1,int r1){
    if (!x) return 0;if (l1<=l&&r1>=r) return 1;int mid=l+r>>1;
    if (l1<=mid&&query(tree[x].left,l,mid,l1,r1)) return 1;
    if (r1>mid&&query(tree[x].right,mid+1,r,l1,r1)) return 1;return 0;
}
int main(){
    freopen("t1.in","r",stdin);
    char ch=gc();int n=0;while(ch<'a'||ch>'z') ch=gc();
    while(ch>='a'&&ch<='z') ++n,insert1(ch-'a',n),ch=gc();
    for (int i=1;i<=cnt;++i) ++c[len[i]];int nn=cnt;
    for (int i=1;i<=n;++i) c[i]+=c[i-1];cnt=0;
    for (int i=nn;i;--i) rk[c[len[i]]--]=i;
    for (int i=nn;i;--i){int x=rk[i];
        insert2(rt[x],1,n,id[x]);rt[fa[x]]=merge(rt[fa[x]],rt[x]);
    }int ans=1;
    for (int i=2;i<=nn;++i){int x=rk[i];
        if (fa[x]==root) {dp[x]=1,dp1[x]=x;continue;}
        if (query(rt[dp1[fa[x]]],1,n,id[x]-len[x]+len[dp1[fa[x]]],id[x]-1)) dp[x]=dp[fa[x]]+1,dp1[x]=x,ans=max(ans,dp[x]);
        else dp[x]=dp[fa[x]],dp1[x]=dp1[fa[x]];
    }printf("%d\n",ans);
    return 0;
}