【bzoj1717】【产奶的模式】【后缀数组+单调栈】

Description

农夫John发现他的奶牛产奶的质量一直在变动。经过细致的调查,他发现:虽然他不能预见明天产奶的质量,但连续的若干天的质量有很多重叠。我们称之为一个“模式”。 John的牛奶按质量可以被赋予一个0到1000000之间的数。并且John记录了N(1<=N<=20000)天的牛奶质量值。他想知道最长的出现了至少K(2<=K<=N)次的模式的长度。比如1 2 3 2 3 2 3 1 中 2 3 2 3出现了两次。当K=2时,这个长度为4。

Input

* Line 1: 两个整数 N,K。

* Lines 2..N+1: 每行一个整数表示当天的质量值。

Output

* Line 1: 一个整数:N天中最长的出现了至少K次的模式的长度

Sample Input

8 2
1
2
3
2
3
2
3
1

Sample Output

4
题解:首先求出height数组
对于height[i],找到前面第一个比它小的位置和后面第一个比它小的位置.
做差就是这个lcp重复出现的次数.
寻找位置用单调栈正反扫两遍即可.
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 20010
#define M 1000010
using namespace std;
int sa[N],t[N],n,k,ans,t2[N],rank[N],c[M],s[N],st[N],pre[N],after[N],height[N],mx,x;
bool cmp(int *y,int p,int q,int k){
  int a=(p+k>=n)?-1:y[p+k];
  int b=(q+k>=n)?-1:y[q+k];
  return a==b&&y[p]==y[q];
}
void build_sa(int m){
  int *x=t,*y=t2;
  for (int i=0;i<m;i++) c[i]=0;
  for (int i=0;i<n;i++) c[x[i]=s[i]]++;
  for (int i=1;i<m;i++) c[i]+=c[i-1];
  for (int i=n-1;i>=0;i--) sa[--c[x[i]]]=i;
  for (int k=1;k<=n;k<<=1){
    int p=0;
    for (int i=n-k;i<n;i++) y[p++]=i;
    for (int i=0;i<n;i++) if (sa[i]>=k) y[p++]=sa[i]-k;
    for (int i=0;i<m;i++) c[i]=0;
    for (int i=0;i<n;i++)c[x[y[i]]]++;
    for (int i=1;i<m;i++) c[i]+=c[i-1];
    for (int i=n-1;i>=0;i--) sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];
    swap(x,y);
    p=1;x[sa[0]]=0;
    for (int i=1;i<n;i++) x[sa[i]]=cmp(y,sa[i],sa[i-1],k)?p-1:p++;
    if (p>=n) break;
	m=p; 
  }	
}
void gethight(){
   int k=0;
   for (int i=0;i<n;i++) rank[sa[i]]=i;
   for (int i=0;i<n;i++){
   	 if (!rank[i]) continue;
     if (k) k--;
     int j=sa[rank[i]-1];
     while (s[i+k]==s[j+k]) k++;
     height[rank[i]]=k;
   }
}
int main(){	
  scanf("%d%d",&n,&k);
  for (int i=0;i<n;i++){
    scanf("%d",&x);
    s[i]=x+1;mx=max(mx,x+2);
  }
  build_sa(mx);
  gethight();
  int top=1;pre[1]=0;st[1]=1;
  for (int i=2;i<n;i++){
  	while (top!=0&&height[st[top]]>=height[i]) top--;
  	pre[i]=st[top];
  	st[++top]=i;
  }
  top=1;after[n-1]=n;st[1]=n-1;
  for (int i=n-2;i>=1;i--){
    while (top!=0&&height[st[top]]>=height[i]) top--;
    after[i]=st[top];
    st[++top]=i;
  }
  ans=1;
  for (int i=1;i<=n-1;i++) 
    if (after[i]-pre[i]>=k)
      ans=max(ans,height[i]);
  cout<<ans<<endl;
}


好的,这是一道经典的单调栈问题。题目描述如下: 有 $n$ 个湖,第 $i$ 个湖有一个高度 $h_i$。现在要在这些湖之间挖一些沟渠,使得相邻的湖之间的高度差不超过 $d$。请问最少需要挖多少个沟渠。 这是一道单调栈的典型应用题。我们可以从左到右遍历湖的高度,同时使用一个单调栈来维护之前所有湖的高度。具体来说,我们维护一个单调递增的栈,栈中存储的是湖的下标。假设当前遍历到第 $i$ 个湖,我们需要在之前的湖中找到一个高度最接近 $h_i$ 且高度不超过 $h_i-d$ 的湖,然后从这个湖到第 $i$ 个湖之间挖一条沟渠。具体的实现可以参考下面的代码: ```c++ #include <cstdio> #include <stack> using namespace std; const int N = 100010; int n, d; int h[N]; stack<int> stk; int main() { scanf("%d%d", &n, &d); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &h[i]); int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { while (!stk.empty() && h[stk.top()] <= h[i] - d) stk.pop(); if (!stk.empty()) ans++; stk.push(i); } printf("%d\n", ans); return 0; } ``` 这里的关键在于,当我们遍历到第 $i$ 个湖时,所有比 $h_i-d$ 小的湖都可以被舍弃,因为它们不可能成为第 $i$ 个湖的前驱。因此,我们可以不断地从栈顶弹出比 $h_i-d$ 小的湖,直到栈顶的湖高度大于 $h_i-d$,然后将 $i$ 入栈。这样,栈中存储的就是当前 $h_i$ 左边所有高度不超过 $h_i-d$ 的湖,栈顶元素就是最靠近 $h_i$ 且高度不超过 $h_i-d$ 的湖。如果栈不为空,说明找到了一个前驱湖,答案加一。
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