hihoCoder 1403 后缀数组一·重复旋律（后缀数组+单调队列）

#1403 : 后缀数组一·重复旋律

时间限制:5000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。

小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品自身包含一样的旋律。旋律是一段连续的数列，相似的旋律在原数列可重叠。比如在1 2 3 2 3 2 1 中 2 3 2 出现了两次。

小Hi想知道一段旋律中出现次数至少为K次的旋律最长是多少？

解题方法提示

输入

第一行两个整数 N和K。1≤N≤20000 1≤K≤N

接下来有 N 个整数，表示每个音的数字。1≤数字≤100

输出

一行一个整数，表示答案。

样例输入

8 2
1
2
3
2
3
2
3
1

样例输出

4

题目链接：hihoCoder 1403

算是后缀数组的入门题吧，用后缀数组处理出Height数组之后由于Height[i]表示Suffix(sa[i])与Suffix(sa[i-1])即两个排名相邻的后缀的最长公共前缀，那么取K-1次就可以覆盖K个最优的后缀，里面的最小值就是K个后缀的最长公共前缀，然后这样用大小为K-1的单调队列滑动几次其中最大的区间最小值就是答案。要注意K=1时K-1=0，直接输出n即可，否则队列为空会RE

代码：

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <string>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
#define fin(name) freopen(name,"r",stdin)
#define fout(name) freopen(name,"w",stdout)
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long LL;
const double PI = acos(-1.0);
const int N = 20010;
int wa[N], wb[N], sa[N], cnt[N];
int ran[N], height[N];
int s[N];

inline bool cmp(int r[], int x, int y, int d)
{
    return r[x] == r[y] && r[x + d] == r[y + d];
}
void DA(int n, int m)
{
    int i, k;
    int *x = wa, *y = wb;
    for (i = 0; i < m; ++i)
        cnt[i] = 0;
    for (i = 0; i < n; ++i)
        ++cnt[x[i] = s[i]];
    for (i = 1; i < m; ++i)
        cnt[i] += cnt[i - 1];
    for (i = n - 1; i >= 0; --i)
        sa[--cnt[x[i]]] = i;
    for (k = 1; k <= n; k <<= 1)
    {
        int p = 0;
        for (i = n - k; i < n; ++i)
            y[p++] = i;
        for (i = 0; i < n; ++i)
            if (sa[i] >= k)
                y[p++] = sa[i] - k;
        for (i = 0; i < m; ++i)
            cnt[i] = 0;
        for (i = 0; i < n; ++i)
            ++cnt[x[y[i]]];
        for (i = 1; i < m; ++i)
            cnt[i] += cnt[i - 1];
        for (i = n - 1; i >= 0; --i)
            sa[--cnt[x[y[i]]]] = y[i];
        swap(x, y);
        x[sa[0]] = 0;
        p = 1;
        for (i = 1; i < n; ++i)
            x[sa[i]] = cmp(y, sa[i - 1], sa[i], k) ? p - 1 : p++;
        m = p;
        if (m >= n)
            break;
    }
}
void gethgt(int n)
{
    int i, k = 0;
    for (i = 1; i <= n; ++i)
        ran[sa[i]] = i;
    for (i = 0; i < n; ++i)
    {
        if (k)
            --k;
        int j = sa[ran[i] - 1];
        while (s[i + k] == s[j + k])
            ++k;
        height[ran[i]] = k;
    }
}
int main(void)
{
    int n, k, i;
    while (~scanf("%d%d", &n, &k))
    {
        for (i = 0; i < n; ++i)
            scanf("%d", &s[i]);
        if (k == 1)
        {
            printf("%d
", n);
            continue;
        }
        --k;
        DA(n + 1, *max_element(s, s + n) + 1);
        gethgt(n);
        deque<int>dq;
        int ans = 0;
        for (i = 1; i <= n; ++i)
        {
            while (!dq.empty() && height[dq.back()] >= height[i])//先处理末尾
                dq.pop_back();
            dq.push_back(i);
            if (i >= k)//再处理开头
            {
                while (!dq.empty() && dq.front() <= i - k)
                    dq.pop_front();
            }
            ans = max(ans, height[dq.front()]);
        }
        printf("%d
", ans);
    }
    return 0;
}