LOJ 3049: 洛谷 P5284: 「十二省联考 2019」字符串问题

落日映苍穹つ 2021-10-01 06:40 308阅读 0赞

题目传送门：[LOJ \#3049][LOJ _3049]。

### 题意简述： ###

给定一个长度为 \\(n\\) 的母串 \\(S\\)。

有 \\(n\_a\\) 个 A 类串，都是 \\(S\\) 的子串，以区间的形式给出。

有 \\(n\_b\\) 个 B 类串，都是 \\(S\\) 的子串，以区间的形式给出。

有 \\(m\\) 个支配关系，形式为第 \\(i\\) 个 A 类串支配第 \\(j\\) 个 B 类串。

你需要求出最长的字符串 \\(T\\) 的长度，使得 \\(T\\) 可以被划分为若干个 A 类串的拼接，并且相邻两个 A 类串 \\(t\_i\\) 和 \\(t\_\{i+1\}\\) 满足 \\(t\_i\\) 支配某个 B 类串 \\(j\\)，而 \\(j\\) 是 \\(t\_\{i+1\}\\) 的前缀。

如果 \\(T\\) 可以无限长，输出 `-1`。

### 题解： ###

如果我们设法从每个 B 类串向存在前缀为这个 B 类串的 A 类串连边，则显然若有环则答案可以无限大，若无环则可以做一遍 DAG DP 得到答案。

然而我们并不能直接实现这一过程，且不论能否快速确定前缀从属关系，这类边的条数就能达到 \\(\\mathcal\{O\}(n\_an\_b)\\) 级别。

当边数太多时，首先应该想到的就是数据结构优化建边，典型的例子是树状结构优化建边，例如线段树和后缀树。

实际上这题可以直接使用后缀树优化建边，边数只有线性级别，但是过程还是 \\(\\mathcal\{O\}(n\\log n)\\) 的。至于建后缀树可以直接建也可以对反串建 SAM。

对于我这种不会后缀树，SAM 理解也不深的菜兔，还是选择了后缀数组。

首先建出后缀数组，这个大家都会。然后对每个 B 类串考虑如何连边。

假设我们已经对每个 A 类和 B 类串在母串上定位了，那么包含某个 B 类串作为前缀的 A 类串需要满足两个条件：  
该 A 串的左端点对应的后缀和 B 串的左端点对应的后缀的 LCP 长度应该大于 B 串的长度，并且该 A 串的长度也应该大于 B 串的长度。

第一个条件可以转化为对应着后缀数组上的一段区间，具体根据 Height 数组确定，这一步建出 ST 表后二分可以在 \\(\\mathcal\{O\}(\\log n)\\) 的时间内解决。

第二个条件似乎没有什么巧妙的办法。不过我们可以考虑按照长度从大到小的顺序加入每个串，这样就能够扔掉第二个限制了。

所以具体的思路就是按照长度从大到小排序插入 A 类串，在 B 类串和数据结构之间建边，使用合适的数据结构维护历史版本和区间。

很显然，主席树便是合适的数据结构，主席树优化建边，树内边数 \\(\\mathcal\{O\}(n\_a\\log n)\\)，树外边数 \\(\\mathcal\{O\}(n\_b\\log n)\\)。

接下来是代码，复杂度 \\(\\mathcal\{O\}((n+n\_a+n\_b)\\log n)\\)：

#include <cstdio> #include <vector> #include <cstring> #include <algorithm> typedef long long LL; const int MN = 200005; const int MS = 4200005; char str[MN]; int N, Sig, rk[MN], SA[MN], SA2[MN], buk[MN], tmp[MN]; int Height[MN]; inline void getHeight() { for (int i = 1, k = 0; i <= N; ++i) { if (rk[i] == 1) { Height[rk[i]] = k = 0; continue; } if (k) --k; int j = SA[rk[i] - 1]; while (i + k <= N && j + k <= N && str[i + k] == str[j + k]) ++k; Height[rk[i]] = k; } } inline void RSort() { for (int i = 1; i <= Sig; ++i) buk[i] = 0; for (int i = 1; i <= N; ++i) ++buk[rk[i]]; for (int i = 1; i <= Sig; ++i) buk[i] += buk[i - 1]; for (int i = N; i >= 1; --i) SA[buk[rk[SA2[i]]]--] = SA2[i]; } inline void getSA(char *str) { Sig = 127, rk[N + 1] = 0; for (int i = 1; i <= N; ++i) rk[i] = str[i], SA2[i] = i; RSort(); for (int j = 1; j <= N; j <<= 1) { int p = 0; for (int i = N - j + 1; i <= N; ++i) SA2[++p] = i; for (int i = 1; i <= N; ++i) if (SA[i] > j) SA2[++p] = SA[i] - j; RSort(); tmp[SA[1]] = p = 1; for (int i = 2; i <= N; ++i) { int lst = SA[i - 1], now = SA[i]; if (rk[lst] != rk[now] || rk[lst + j] != rk[now + j]) ++p; tmp[SA[i]] = p; } for (int i = 1; i <= N; ++i) rk[i] = tmp[i]; if ((Sig = p) == N) break; } getHeight(); } int Lg[MN]; inline void Log(int N) { Lg[0] = -1; for (int i = 1; i <= N; ++i) Lg[i] = Lg[i >> 1] + 1; } int ST[MN][18]; inline void InitST() { for (int i = 2; i <= N; ++i) ST[i][0] = Height[i]; for (int j = 1; j <= Lg[N - 1]; ++j) { for (int i = 1; i <= 1 << j; ++i) ST[i][j] = 0; for (int i = 1 << j | 1; i <= N; ++i) ST[i][j] = std::min(ST[i - (1 << (j - 1))][j - 1], ST[i][j - 1]); } } int NA, la[MN], ra[MN]; int NB, lb[MN], rb[MN]; struct sub { int lb, len, typ, id; sub() {} sub(int lb, int len, int typ, int id) : lb(lb), len(len), typ(typ), id(id) {} inline friend bool operator <(sub i, sub j) { return i.len == j.len ? i.typ < j.typ : i.len > j.len; } } substrs[MN * 2]; int d[MS]; std::vector<int> G[MS]; inline void addEdge(int x, int y) { ++d[y]; G[x].push_back(y); } int rt[MN], lc[MS], rc[MS], wgh[MS], cnt; void Mdf(int &rt, int l, int r, int p, int x) { lc[++cnt] = lc[rt], rc[cnt] = rc[rt]; if (rt) addEdge(cnt, rt); wgh[rt = cnt] = 0; if (l == r) { addEdge(rt, x); return ; } int mid = (l + r) >> 1; if (p <= mid) Mdf(lc[rt], l, mid, p, x), addEdge(rt, lc[rt]); else Mdf(rc[rt], mid + 1, r, p, x), addEdge(rt, rc[rt]); } void Edg(int rt, int l, int r, int a, int b, int x) { if (!rt || r < a || b < l) return ; if (a <= l && r <= b) { addEdge(x, rt); return ; } int mid = (l + r) >> 1; Edg(lc[rt], l, mid, a, b, x); Edg(rc[rt], mid + 1, r, a, b, x); } int que[MS], l, r; LL f[MS]; int main() { int T; scanf("%d", &T); Log(200000); while (T--) { scanf("%s", str + 1); N = strlen(str + 1); getSA(str); InitST(); scanf("%d", &NA); for (int i = 1; i <= NA; ++i) scanf("%d%d", &la[i], &ra[i]), substrs[i] = sub(rk[la[i]], ra[i] - la[i] + 1, 0, i); scanf("%d", &NB); for (int i = 1; i <= NB; ++i) scanf("%d%d", &lb[i], &rb[i]), substrs[NA + i] = sub(rk[lb[i]], rb[i] - lb[i] + 1, 1, i); std::sort(substrs + 1, substrs + NA + NB + 1); cnt = NA + NB; for (int i = 1; i <= NA; ++i) wgh[i] = ra[i] - la[i] + 1; for (int i = 1; i <= NB; ++i) wgh[NA + i] = 0; for (int i = 1, gen = 0; i <= NA + NB; ++i) { sub p = substrs[i]; if (!p.typ) ++gen, Mdf(rt[gen] = rt[gen - 1], 1, N, p.lb, p.id); else { int Lb = p.lb, Rb = p.lb; for (int j = Lg[p.lb - 1]; ~j; --j) if (ST[Lb][j] >= p.len) Lb -= 1 << j; for (int j = Lg[N - p.lb]; ~j; --j) if (Rb + (1 << j) <= N && ST[Rb + (1 << j)][j] >= p.len) Rb += 1 << j; Edg(rt[gen], 1, N, Lb, Rb, NA + p.id); } } int M; scanf("%d", &M); for (int i, j; M--; ) { scanf("%d%d", &i, &j); addEdge(i, NA + j); } LL Ans = 0; l = 1, r = 0; for (int i = 1; i <= cnt; ++i) { f[i] = wgh[i]; if (!d[i]) que[++r] = i; } while (l <= r) { int u = que[l++]; Ans = std::max(Ans, f[u]); for (auto v : G[u]) { f[v] = std::max(f[v], f[u] + wgh[v]); if (!--d[v]) que[++r] = v; } } if (r != cnt) puts("-1"); else printf("%lld\n", Ans); for (int i = 1; i <= cnt; ++i) d[i] = 0, G[i].clear(); } return 0; }

实际上，同样是后缀数组预处理，关于建边有更好的方法，比如用后缀数组建出后缀树，然后在后缀树上乱搞建边，这样是线性的。

转载于:https://www.cnblogs.com/PinkRabbit/p/SHOI2019D1T2.html

[LOJ _3049]: https://loj.ac/problem/3049