[TJOI2015]弦论
题目描述
为了提高智商,ZJY 开始学习弦论。这一天,她在《String theory》中看到了这样一道问题:对于一个给定的长度为 nnn 的字符串,求出它的第 kkk 小子串是什么。你能帮帮她吗?
输入格式
第一行是一个仅由小写英文字母构成的字符串 sss。
第二行为两个整数 ttt 和 kkk,ttt 为 000 则表示不同位置的相同子串算作一个,ttt 为 111 则表示不同位置的相同子串算作多个。kkk 的意义见题目描述。
输出格式
输出数据仅有一行,该行有一个字符串,为第 kkk 小的子串。若子串数目不足 kkk 个,则输出 −1-1−1。
样例 #1
样例输入 #1
aabc
0 3
样例输出 #1
aab
样例 #2
样例输入 #2
aabc
1 3
样例输出 #2
aa
样例 #3
样例输入 #3
aabc
1 11
样例输出 #3
-1
提示
数据范围
对于 10%10\%10% 的数据,n≤1000n\leq 1000n≤1000。
对于 50%50\%50% 的数据,t=0t = 0t=0。
对于 100%100\%100% 的数据,1≤n≤5×1051\leq n \leq 5 \times 10^51≤n≤5×105,0≤t≤10\leq t \leq 10≤t≤1,1≤k≤1091\leq k \leq 10^91≤k≤109。
SOLUTION
子串计数可以用后缀自动机。
后缀自动机的大致思路:
每一个节点保存 endpos\mathrm{endpos}endpos (结尾出现位置)集合相同的子串(状态),往 SAM 中添加节点时, last\mathrm{last}last (上次操作的末尾)的每一个后缀状态( endpos\mathrm{endpos}endpos 不同)若没有为添加字符的连边,则向新节点连添加字符的连边(显然 )。该点需要通过 link\mathrm{link}link (后缀连接)连向该状态中,最大的一个字符串,它的最大的后缀使得二者的 endpos\mathrm{endpos}endpos 不同,如果不存在则为 000 ,存在且为它所在的状态的最大字符串,则将 link\mathrm{link}link 连向那个状态,否则,创造一个新的节点,克隆那个状态除了 len\mathrm{len}len (最大串)的信息,再将那个连向状态的且再 last\mathrm{last}last 的后缀状态中的边重定向到克隆节点。
这样 SAM 就是一个 DAGDAGDAG ,每一条路径就是子串(不重不漏),沿着最后一个加入的字符对应的节点跳 link\mathrm{link}link , 每一个经过的节点都是终止节点,即到该节点的路径为后缀。
本题中,对于 t=0t = 0t=0 的情况( root\mathrm{root}root 为初始状态):
设 dud_udu 表示从状态 uuu 出发向后的路径条数,那么 drootd_{root}droot 就是本质不同的子串的个数。
那么可以得到 dud_udu 的转移方程(E\mathrm{E}E 表示边集):
du=1+∑(u,v,c)∈Edvd_u = 1 + \sum\limits_{(u,v,c)\in\mathrm{E}}d_vdu=1+(u,v,c)∈E∑dv
之后,我们对整个 DAGDAGDAG 再进行一遍 DFSDFSDFS ,对于每个节点,按边 'a'~'z'
的顺序枚举,就可以使得枚举从小到大,则:
记录枚举到的所有状态 vvv ,dvd_vdv 的和为 sumsumsum ;
若按照边 iii 枚举到的下一个状态 v′v'v′ ,sum+v′<ksum + v' < ksum+v′<k ,就 sum+=ksum += ksum+=k,此时第 kkk 小一定不从 v′v'v′ 经过。
否则,第 kkk 小一定从 v′v'v′ 经过,那么我们令 sum++sum++sum++ ,即为状态 v′v'v′ 中最小的子串,并进入 v′v'v′ 递归。
等到 sum=ksum = ksum=k 时,说明已经找到了答案,返回即可。
复杂度 O(N)O(N)O(N) ,这样就可以做到 50pts50\mathrm {pts}50pts 。
下面考虑如何将 t=1t=1t=1 的情况转化为第一种:
此时要求算上重数,我们可以通过 endpos\mathrm{endpos}endpos 集合的大小来反映子串出现次数。
而对于一个节点 uuu ,考虑 link\mathrm{link}link 指向它的所有节点 viv_ivi,那么状态 uuu 中的子串均为 viv_ivi 中的子串的后缀,且根据 link\mathrm{link}link 的定义,SAM建立的过程中必然存在相应的转移,使得 viv_ivi 的 endpos\mathrm{endpos}endpos 集合的交必然 “几乎” 与 uuu 的相等(这段可以掠过 ),即
记 SizeuSize_uSizeu 表示 uuu 的 endpos\mathrm{endpos}endpos 的大小,
若 uuu 不是克隆节点,则 Sizeu=1+∑SizeviSize_u=1+\sum Size_{v_i}Sizeu=1+∑Sizevi, 例如 'p'
在 'pop'
中,包含 'p'
的一个子串就是它本身,所以不会有其他状态转移这个信息,因此要加一。
若 uuu 是克隆节点,则 Sizeu=∑SizeviSize_u=\sum Size_{v_i}Sizeu=∑Sizevi,例如 ab
在 'cabdab'
中,所有 'ab'
出现的位置都可以被其他子串包含(因为克隆节点是从其他子串中剥离出来的),因此不用加一。
因此可以用拓朴排序处理出这个东西。
接着,我们知道从 rootrootroot 到任意节点的路径为子串,结束位置的 endpos\mathrm{endpos}endpos 的大小就是它出现的次数,因此从一个节点 uuu 往后的路径(或者选择方式)的数量即为里面经过的状态的 SizeSizeSize 的和,这样我们就可以转化为第一种情况,此时:
du=Sizeu+∑(u,v,c)∈Edvd_u = Size_u + \sum\limits_{(u,v,c)\in\mathrm{E}}d_vdu=Sizeu+(u,v,c)∈E∑dv
不过需要注意的是,在进行最后的 DFSDFSDFS 时,如果 sum+Sizevi≥ksum+Size_{v_i} \ge ksum+Sizevi≥k ( viv_ivi 是未访问的下一个状态),那么我们的答案路径肯定是以 viv_ivi 结尾的(因为算重,所以此时有多种选择),这时候就需要直接返回,否则我们需要跳过当前状态节点进入下一个状态的选择,就得让 sum+=Sizevisum += Size_{v_i}sum+=Sizevi 。
这样算法的时空复杂度为 O(N)O(N)O(N) ,具体实现看代码。
AC CODE
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
struct state
{
int len, link;
int Next[26];
}st[N << 1];
char s[N];
int n, t, k;
int deg[N << 1], Size[N << 1], d[N << 1];
int sz, last;
bool flag;
void sam_init()
{
st[0].len = 0; st[0].link = -1;
sz ++ ; last = 0;
}
void sam_extended(int c)
{
int cur = sz ++ , p = last; Size[cur] = 1;
st[cur].len = st[p].len + 1;
while(p != -1 && st[p].Next[c] == 0)
{
st[p].Next[c] = cur;
p = st[p].link;
}
if(p == -1) st[cur].link = 0, deg[0] ++ ;
else
{
int q = st[p].Next[c];
if(st[q].len == st[p].len + 1) st[cur].link = q, deg[q] ++ ;
else
{
int clone = sz ++ ;
st[clone].len = st[p].len + 1;
st[clone].link = st[q].link;
memcpy(st[clone].Next, st[q].Next, sizeof st[q].Next);
while(p != -1 && st[p].Next[c] == q)
{
st[p].Next[c] = clone;
p = st[p].link;
}
st[q].link = st[cur].link = clone;
deg[clone] += 2;
}
}
last = cur;
}
void topsort()
{
queue<int> q;
for(int i = 0; i <= sz; i ++ )
if(deg[i] == 0) q.push(i);
while(!q.empty())
{
int x = q.front(); q.pop();
if(st[x].link != -1)
{
Size[st[x].link] += Size[x];
if((--deg[st[x].link]) == 0) q.push(st[x].link);
}
}
}
int dfs(int x, int op)
{
if(d[x]) return d[x];
d[x] = (op ? Size[x] : 1);
for(int i = 0; i < 26; i ++ )
{
if(!st[x].Next[i]) continue;
d[x] += dfs(st[x].Next[i], op);
}
return d[x];
}
void solve(int x, int op, int sum)
{
if(sum == k) return;
for(int i = 0; i < 26; i ++ )
{
if(!st[x].Next[i]) continue;
if(sum + d[st[x].Next[i]] < k) { sum += d[st[x].Next[i]]; continue; }
putchar(i + 'a'); flag = 1;
if(op && sum + Size[st[x].Next[i]] > k) return;
solve(st[x].Next[i], op, sum + (op ? Size[st[x].Next[i]] : 1));
return;
}
}
signed main()
{
scanf("%s%lld%lld", s + 1, &t, &k);
n = strlen(s + 1); sam_init();
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) sam_extended(s[i] - 'a');
if(t == 1) topsort();
dfs(0, t); solve(0, t, 0);
if(!flag) printf("-1");
putchar('\n');
return 0;
}
END.