[bzoj2946][Poi2000]公共串_后缀数组_二分

公共串 bzoj-2946 Poi-2000

题目大意：给定$n$个字符串，求他们的最长公共子串。

注释：$1le nle 5$，$1le minlen<maxlenle 2000$。

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想法：

常规套路。

我们把这$n$个串拼一起，中间加上$n-1$个不同的非字符集数组隔开。

紧接着我们二分答案。

然后扫$ht$数组，看一下是否存在连续的大于$mid$的一段满足包含了所有串。

$ht$除了有一个值之外还存了一下这个后缀是哪个串的，也就是有一段中的这个值从$1~n$都出现过。

Code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 110000 
using namespace std;
int wv[N],Ws[N],wa[N],wb[N],rk[N],ht[N],r[N],n,m=35,x[N],y[N];
int blg[N],T,sa[N]; bool vis[10];
void build_sa()
{
	int i,j,p,*x=wa,*y=wb,*t;
	for(i=0;i<m;i++) Ws[i]=0;
	for(i=0;i<n;i++) Ws[x[i]=r[i]]++;
	for(i=1;i<m;i++) Ws[i]+=Ws[i-1];
	for(i=0;i<n;i++) sa[--Ws[x[i]]]=i;
	for(p=j=1;p<n;j<<=1,m=p)
	{
		for(p=0,i=n-j;i<n;i++) y[p++]=i;
		for(i=0;i<n;i++) if(sa[i]-j>=0) y[p++]=sa[i]-j;
		for(i=0;i<n;i++) wv[i]=x[y[i]];
		for(i=0;i<m;i++) Ws[i]=0;
		for(i=0;i<n;i++) Ws[wv[i]]++;
		for(i=1;i<m;i++) Ws[i]+=Ws[i-1];
		for(i=n-1;~i;i--) sa[--Ws[wv[i]]]=y[i];
		for(t=x,x=y,y=t,i=p=1,x[sa[0]]=0;i<n;i++)
		{
			if(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+j]==y[sa[i-1]+j]) x[sa[i]]=p-1;
			else x[sa[i]]=p++;
		}
	}
	
	for(i=1;i<n;i++) rk[sa[i]]=i;
	for(i=p=0;i<n-1;ht[rk[i++]]=p)
		for(p?p--:0,j=sa[rk[i]-1];r[i+p]==r[j+p];p++);
}
char s[2010];
inline bool all() {for(int i=1;i<=T;i++) if(!vis[i]) return false; return true;}
bool check(int x)
{
	memset(vis,false,sizeof vis);
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		if(ht[i]<x) {memset(vis,false,sizeof vis);}
		vis[blg[sa[i]]]=true;
		if(all()) return true;
	}
	return false;
}
int main()
{
	scanf("%d",&T); for(int i=1;i<=T;i++)
	{
		scanf("%s",s);
		for(int j=0;s[j];j++) r[n]=s[j]-'a'+1,blg[n++]=i;
		r[n++]=26+i;
	}
	r[n++]=0; build_sa();
	int l=0,R=n+1;
	while(l<R)
	{
		int mid=(l+R)>>1;
		if(check(mid)) l=mid+1;
		else R=mid;
	}
	cout << l-1 << endl ;
	return 0;
}

小结：后缀数组总是和二分一起使用，然后跑到$ht$数组上解决问题。