Icefox的博客

求第k小子串。如果t=0，直接拿sa线性搞即可。如果t=1，我复杂度就炸了。。。然而本机和luogu都跑了过去（可见数据之水，逃）。正解大概是SAM，待更新。3.24upd:蒟蒻我终于看懂了SAM的板子orz 顾名思义，SAM就是能识别所有后缀的自动机。我们有一个朴素的构建SAM的想法：把每一个后缀都插到Trie里去！但是这样是O(n^2)的，无论时间还是空间都会炸。怎么办呢？我们要压缩状态，一些

与bzoj1396基本一样，不过这题卡内存，SAM跑不过去，只能写SA。 不过蒟蒻懒得写了qaq就不放代码了…

我们建SAM，搞出parent树。 然后考虑哪些串是可能的识别子串，显然是那些|Right|=1的节点所代表的串。考虑这样的节点x，它的mn=mx[par[x]]+1,mx=mx[x]，结尾字符为原串第r个。则他会对r-mn+1~r贡献一个mn的可能答案，对r-mx+1~r-mn贡献一个 -x+r+1的可能答案。于是两棵线段树分别维护一下最小值即可。#include <bits/st...

首先对原串建SAM，并处理出每个点所代表的串出现的次数sz。 用manacher搞出本质不同的回文子串，去SAM上查询出现次数即可。 在SAM上定位这个串的时候倍增查找即可。 复杂度O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn) 注意我这样manacher没有处理单点的情况…#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#de...

给出的字符串可以很方便的建成Trie树的若干个字符串的形式。 然后我们对Trie树建出广义SAM 那么每次询问的答案就是目前Trie树上所有点在parent树上的点到根的若干树链的并的点i的mx[i]-mx[par[i]] 我们可以用set+dfs序来动态维护树链的并的长度。 注意到x到根的这条树链的贡献其实就是mx[x] 复杂度O(26n+nlogn)O(26n+nlogn)O(26n...

这题细节好多阿orz好毒瘤阿orz首先我们对于每一个询问子串，如果处理出了他的所有出现位置，那么我们反过来求，就是要求用两个断点把所有线段都断开的方案数。处理出所有询问子串的出现位置可以SAM+parent树上倍增来快速定位子串所在节点，这个节点的Right集合就是所有的出现位置。我们可以用线段树合并来维护这个Right集合。复杂度O(（Q+n）logn)O(（Q+n）logn)O(（Q+...

这个问题和bzoj3881基本一模一样。 3881是拿ACAM+树链的并写的，先把询问串建出ACAM,然后拿文本串去更新答案。这道题呢是拿SAM+dfs序+离线+BIT做的。先把文本串建出SAM，在每个点上挂一个vector记录这个节点所属的文本串。然后对于每一个询问串，先跑出它在SAM上的代表节点p，那么他的答案就是p的子树中不同颜色的个数，用dfs序转化为序列就是求区间内不同数的个数。可以离线

序列自动机就是可以识别所有子序列的自动机，点数O(n)O(n)，边数O(26n)O(26n) 每个点的par就是这个点代表的字母上一次出现的位置，因此要记录last[i],表示字母i上一次出现在哪，然后每一个点的儿子i指向他后面出现的第一个字母i的位置。求A最短的子串/子序列不是B的子串/子序列，我们两个自动机一起跑，状态[x][y]表示一个字符串匹配到了A自动机的x节点，B自动机的y节点，因为是

我们拿A串建出SAM，基数排序处理出拓扑序，算好|Right|。 用B串在SAM上跑，匹配到一个点p时计算当前匹配答案就是(len-mn[p]+1)*ri[p]。当然答案中还应该加上(mx[p]-mn[p]+1)*ri[p],对于所有的p在par树上的祖先，但是我们不能每次都直接跳父亲，这样复杂度会爆炸，因此我们只对p节点统计出现次数+1，然后处理p节点对答案的贡献。我们最后再拓扑序一遍，把剩余节

我们首先建出后缀自动机，每个节点的|Right|就是这个节点代表的串的出现次数。可以基数排序做出拓扑序之后倒着更新sz。考虑dp[i]表示长度为i的串最多的出现次数，显然有dp[i]不升。于是我们每次更新一个节点时，其实只要更新dp[mx[i]]即可，最后再倒着更新一遍dp[i]=max(dp[i],dp[i+1])即可。

动态在最后字符，问本质不同的子串个数，可以SAM来做。 mx[x]-mn[x]+1=mx[x]-mx[par[x]]就是答案。

首先我们建出广义SAM，然后对于每一个询问串S，我们处理出len[i],表示最大的S[i-len[i]+1…i]可以被匹配。我们二分答案，dp判定,f[i]表示前i个字符最多匹配多少位。 f[i]=max{f[i−1],f[j]+i−j|i−len[i]<=j<=i−L}f[i]=max\{f[i-1],f[j]+i-j| i-len[i]<=j<=i-L\} j的取值范围是随着i的增大而单调右

首先不得不说，是在下输了。对于广义SAM的构建，蒟蒻之前还存在着很多误区。广义SAM的构建与SAM的构建，主要区别就在于，当你插入一个字符时，可能根本就不会产生新的子串，也就根本不用新建一个节点。什么情况下会发生这种情况？设p=last,要插入字符ch，如果已经存在son[p][ch],记为q，则一定不会产生新的子串（原来在SAM上就可以到达q，所以所有以ch结尾的子串均已存在），对于这种情况我们不

在后缀自动机上跑一跑就好啦。O(n)O(n)O(n) SA题解：portalO(nlogn)O(nlogn)O(nlogn) upd:还可以二分答案+Hash来求lcp哟。O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)SAM#include &lt;cstdio&gt;#include &lt;cstring&gt;#include &lt;algorithm&gt;#incl...

广义后缀自动机，就是多主串后缀自动机，一般是先把多个串建出Trie，然后把Trie树建成SAM，这里的R集合定义为Trie上的节点。至于如何构建，与普通SAM差不多，只不过每次的last是Trie上的父亲在SAM中的节点即可。但是你如果没建出Trie树，直接去构建SAM，有可能会有在Trie树上重复的节点，你需要把它判掉，否则在SAM上会存在重复的点，统计一些信息时就可能会出锅（对于此题而言，...

支持在末尾加入一个字符串 查询一个字符串的出现次数 强制在线我们建出SAM，找到这个字符串，如果找不到直接返回0.这个节点的|Right|就是答案。因此我们需要动态维护|Right|.考虑我们构造的过程，把np连到parent树上之后，np到根的路径上的所有点都+1了。而用nq代替q时，需要把v[nq]变成v[q]，然后还是np到根的路径上的所有点+1.我们可以用有根树lct来维护这个路径加法。

求多个串的最长公共子串。首先用第一个串建出SAM。然后用每一个串去SAM去上跑，得到匹配到每个节点的最长长度。这个怎么得到呢？设我们现在匹配到了节点p，长度为len，下一个字符为x，则1)son[p][x]存在，则p=son[p][x],++len2)son[p][x]不存在，在par树上一直往上跳，直到存在son[p][x]，len=mx[p]+1,p=son[p][x]。如果不存在这样的p，p=

求S的最小循环串。我们构造出SS的SAM，从rt出发，每次选择标号最小的，走m次即可。字符集太大，我们只好map，还好求最小了呢(逃

这回换了个SAM写，SA的做法见：portal一开始以为可以做到线性…结果写了之后发现还是要挂棵线段树… 我们考虑对反串建SAM，搞出后缀树，这样任意两个后缀的lca就是他们的lcp。于是我们可以在每个lca处统计答案。 不过一个点可能会覆盖一段长度区间，所以要区间修改答案。 复杂度O(26n+nlogn)O(26n+nlogn)O(26n+nlogn)#include &lt;bi...