BZOJ4556 [Tjoi2016&Heoi2016]字符串

最新推荐文章于 2019-02-28 20:34:00 发布

neither_nor

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分类专栏： BZOJ 二分主席树后缀自动机树倍增

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二分

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主席树

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博客探讨了如何求解字符串s[a~b]与S[c~d]的最长公共前后缀（LCP），通过转化问题，利用后缀数组和二分查找在后缀树上进行优化，实现O(m log^2 n)的复杂度解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

恩，我们进行一些瞎YY，首先询问s[a~b]的所有子串与S[c~d]的最长LCP其实相当于询问s[a~b]的所有后缀与s[c~d]的最长LCP与这个子串的长度还有c~d的长度取min

进一步转化设suf[i]表示S的从第i个字符开始的后缀，则其实相当于询问这个

可以把d-c+1提到外面，就变成

这样只需要考虑左面的，考虑若答案为l(l<=d-c+1)，则作为答案的后缀不可能取在i>b-l+1的位置，而在a<=i<=b-l+1的范围内，只要LCP(suf[i],suf[c])>=l，那么s[i~b]就是一个与s[c~d]有长度为l的LCP的子串

这样我们可以在<=d-c+1的范围内二分答案，每次只要判断a<=i<=b-mid+1的范围内是否存在LCP(suf[i],suf[c])>=mid即可，这个判断可以先建一颗后缀树，在后缀树上倍增找到suf[c]的最浅的长度>=mid的祖先，然后判断这个祖先的子树内是否有a<=i<=b-mid+1的后缀即可，这个可以用主席树

复杂度 O(m log^2 n)

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
using namespace std;
#define MAXN 200010
#define MAXM 4000010
#define ll long long
#define INF 1000000000
#define MOD 1000000007
#define eps 1e-8
struct vec{
	int to;
	int fro;
};
int fa[MAXN],son[MAXN][26],mx[MAXN];
int rt,lst,tot;
int n,m;
char s[MAXN];
int Son[MAXM][2],Siz[MAXM];
int Tot;
int Rt[MAXN];
vec mp[MAXN];
int tai[MAXN],cnt;
int dfn[MAXN],ndf[MAXN],siz[MAXN],tim;
int Fa[MAXN][20];
int dep[MAXN];
int P[MAXN];
vector<int>tp[MAXN];
inline void be(int x,int y){
	mp[++cnt].to=y;
	mp[cnt].fro=tai[x];
	tai[x]=cnt;
}
void ins(int x){
	int np=++tot,p=lst;
	mx[np]=mx[p]+1;
	while(p&&!son[p][x]){
		son[p][x]=np;
		p=fa[p];
	}
	if(!p){
		fa[np]=rt;
	}else{
		int q=son[p][x];
		if(mx[q]==mx[p]+1){
			fa[np]=q;
		}else{
			int nq=++tot;
			mx[nq]=mx[p]+1;
			memcpy(son[nq],son[q],sizeof(son[q]));
			fa[nq]=fa[q];
			fa[np]=fa[q]=nq;
			while(p&&son[p][x]==q){
				son[p][x]=nq;
				p=fa[p];
			}
		}
	}
	lst=np;
}
void dfs(int x){
	int i,j,t,y;
	dfn[x]=++tim;
	ndf[tim]=x;
	siz[x]=1;
	dep[x]=dep[Fa[x][1]]+1;
	for(i=tai[x];i;i=mp[i].fro){
		y=mp[i].to;
		for(t=x,j=1;t;j++){
			Fa[y][j]=t;
			t=Fa[t][j];
		}
		dfs(y);
		siz[x]+=siz[y];
	}
}
void change(int &x,int xx,int l,int r,int p){
	x=++Tot;
	memcpy(Son[x],Son[xx],sizeof(Son[x]));
	Siz[x]=Siz[xx]+1;
	if(l==r){
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if(p<=mid){
		change(Son[x][0],Son[xx][0],l,mid,p);
	}else{
		change(Son[x][1],Son[xx][1],mid+1,r,p);
	}
}
int anc(int x,int y){
	int i;
	for(i=19;i;i--){
		if(mx[Fa[x][i]]>=y){
			x=Fa[x][i];
		}
	}
	return x;
}
int ask(int x,int xx,int y,int z,int l,int r){
	if(y==l&&z==r){
		return Siz[xx]-Siz[x];
	}
	int mid=y+z>>1;
	if(r<=mid){
		return ask(Son[x][0],Son[xx][0],y,mid,l,r);
	}else if(l>mid){
		return ask(Son[x][1],Son[xx][1],mid+1,z,l,r);
	}else{
		return ask(Son[x][0],Son[xx][0],y,mid,l,mid)+ask(Son[x][1],Son[xx][1],mid+1,z,mid+1,r);
	}
}
bool OK(int x,int y,int z){
	return ask(Rt[dfn[x]-1],Rt[dfn[x]+siz[x]-1],1,n,y,z);
}
int main(){
	lst=rt=tot=1;
	int i,j,x,y,xx,yy;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	scanf("%s",s+1);
	int p=rt;
	for(i=n;i;i--){
		ins(s[i]-'a');
		p=son[p][s[i]-'a'];
		P[i]=p;
		tp[P[i]].push_back(i);
	}
	for(i=2;i<=tot;i++){
		be(fa[i],i);
	}
	dfs(1);
	for(i=1;i<=tim;i++){
		Rt[i]=Rt[i-1];
		for(j=0;j<tp[ndf[i]].size();j++){
			change(Rt[i],Rt[i],1,n,tp[ndf[i]][j]);
		}
	}
	while(m--){
		scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&xx,&yy);
		int l=1,r=min(yy-xx+1,y-x+1);
		int ans=0;
		while(l<=r){
			int mid=l+r>>1;
			if(OK(anc(P[xx],mid),x,y-mid+1)){
				ans=mid;
				l=mid+1;
			}else{
				r=mid-1;
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

/*
8 1
ababcabc
1 3 6 8
*/