NOI2015 品酒大会 和 SNOI2020 字符串

品酒大会

题目描述

一年一度的“幻影阁夏日品酒大会”隆重开幕了。大会包含品尝和趣味挑战 两个环节，分别向优胜者颁发“首席品酒家”和“首席猎手”两个奖项，吸引了众多品酒师参加。

在大会的晚餐上，调酒师 Rainbow 调制了 $n$ 杯鸡尾酒。这 $n$ 杯鸡尾酒排成一行，其中第 $n$ 杯酒 ($1 ≤ i ≤ n$) 被贴上了一个标签 $s_i$ ，每个标签都是 $26$ 个小写 英文字母之一。设 $str(l, r)$ 表示第 $l$ 杯酒到第 $r$ 杯酒的 $r - l + 1$ 个标签顺次连接构成的字符串。若 $str(p, p_0) = str(q, q_0)$，其中 $1 ≤ p ≤ p_0 ≤ n$, $1 ≤ q ≤ q_0 ≤ n$, $p ≠ q$，$p_0-p+1 = q_0 - q + 1 = r$ ，则称第 $p$ 杯酒与第 $q$ 杯酒是“ $r$ 相似” 的。当然两杯“ $r$ 相似”($r > 1$)的酒同时也是“ $1$ 相似”、“ $2$ 相似”、……、“ $(r - 1)$ 相似”的。特别地，对于任意的 $1 ≤ p ,q ≤ n,p ≠ q$，第 $p$ 杯酒和第 $q$ 杯酒都 是“ $0$ 相似”的。

在品尝环节上，品酒师 Freda 轻松地评定了每一杯酒的美味度，凭借其专业的水准和经验成功夺取了“首席品酒家”的称号，其中第 $i$ 杯酒 ($1 ≤ i ≤ n$) 的 美味度为 $a_i$ 。现在 Rainbow 公布了挑战环节的问题：本次大会调制的鸡尾酒有一个特点，如果把第 $p$ 杯酒与第 $q$ 杯酒调兑在一起，将得到一杯美味度为 $a_p imes a_q$ 的 酒。现在请各位品酒师分别对于 $r = 0,1,2,⋯,n-1$ ，统计出有多少种方法可以 选出 $2$ 杯“ $r$ 相似”的酒，并回答选择 $2$ 杯“$r$ 相似”的酒调兑可以得到的美味度的最大值。

输入输出格式

输入格式：

第 $1$ 行包含 $1$ 个正整数 $n$ ，表示鸡尾酒的杯数。

第 $2$ 行包含一个长度为 $n$ 的字符串 $S$，其中第 $i$ 个字符表示第 $i$ 杯酒的标签。

第 $3$ 行包含 $n$ 个整数，相邻整数之间用单个空格隔开，其中第 $i$ 个整数表示第 $i$ 杯酒的美味度 $a_i$ 。

输出格式：

包括 $n$ 行。

第 $i$ 行输出 $2$ 个整数，中间用单个空格隔开。第 $1$ 个整 数表示选出两杯“ $(i - 1)$ 相似”的酒的方案数，第 2 个整数表示选出两杯 “ $(i - 1)$ 相似”的酒调兑可以得到的最大美味度。若不存在两杯“ $(i - 1)$ 相似” 的酒，这两个数均为 $0$ 。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

10
ponoiiipoi
2 1 4 7 4 8 3 6 4 7

输出样例#1： 复制

45 56
10 56
3 32
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0

输入样例#2： 复制

12
abaabaabaaba
1 -2 3 -4 5 -6 7 -8 9 -10 11 -12

输出样例#2： 复制

66 120
34 120
15 55
12 40
9 27
7 16
5 7
3 -4
2 -4
1 -4
0 0
0 0

说明

【样例说明 1】

用二元组 $(p, q)$ 表示第 $p$ 杯酒与第 $q$ 杯酒。

$0$ 相似：所有 $45$ 对二元组都是 $0$ 相似的，美味度最大的是 $8 × 7 = 56 $。

$1$ 相似： $(1,8) (2,4) (2,9) (4,9) (5,6) (5,7) (5,10) (6,7) (6,10) (7,10) $，最大的 $8 × 7 = 56$ 。

$2$ 相似： $(1,8) (4,9) (5,6)$ ，最大的 $4 × 8 = 32$ 。

没有 $3,4,5, ⋯ ,9$ 相似的两杯酒，故均输出 $0$ 。

【时限1s，内存512M】

分析

建出后缀树以后，因为任意两个后缀的LCP都是他们的LCA，所以在树上dp，维护大小和最值就可以了。

时间复杂度(O(n))

co int N=6e5;
int last=1,tot=1;
int ch[N][26],fa[N],len[N],pos[N],ref[N];
void extend(int c,int po){
	int p=last,cur=last=++tot;
	len[cur]=len[p]+1,pos[cur]=po,ref[po]=cur;
	for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=cur;
	if(!p) fa[cur]=1;
	else{
		int q=ch[p][c];
		if(len[q]==len[p]+1) fa[cur]=q;
		else{
			int clone=++tot;
			memcpy(ch[clone],ch[q],sizeof ch[q]);
			fa[clone]=fa[q],len[clone]=len[p]+1,pos[clone]=pos[cur];
			fa[cur]=fa[q]=clone;
			for(;ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=clone;
		}
	}
}
int son[N][26],siz[N],max[N][2],min[N][2];
ll num[N],ans[N];
void dfs(int p){
	for(int c=0,q;c<26;++c)if(q=son[p][c]){
		dfs(q);
		num[len[p]]+=(ll)siz[p]*siz[q],siz[p]+=siz[q];
		if(max[q][0]>max[p][1]){
			max[p][1]=max[q][0];
			if(max[p][1]>max[p][0]) std::swap(max[p][1],max[p][0]);
		}
		if(max[q][1]>max[p][1]){
			max[p][1]=max[q][1];
			if(max[p][1]>max[p][0]) std::swap(max[p][1],max[p][0]);
		}
		if(min[q][0]<min[p][1]){
			min[p][1]=min[q][0];
			if(min[p][1]<min[p][0]) std::swap(min[p][1],min[p][0]);
		}
		if(min[q][1]<min[p][1]){
			min[p][1]=min[q][1];
			if(min[p][1]<min[p][0]) std::swap(min[p][1],min[p][0]);
		}
	}
	if(siz[p]>=2) ans[len[p]]=std::max(ans[len[p]],std::max((ll)max[p][0]*max[p][1],(ll)min[p][0]*min[p][1]));
}
char s[N];
int n;
int main(){
	read(n),scanf("%s",s+1);
	for(int i=n;i;--i) s[i]-='a',extend(s[i],i);
	for(int i=1;i<=tot;++i) max[i][0]=max[i][1]=-1e9,min[i][0]=min[i][1]=1e9;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int p=ref[i];
		siz[p]=1,max[p][0]=read(min[p][0]);
	}
	for(int i=0;i<n;++i) ans[i]=-1e18; // edit 2: range of INFINITY
	for(int i=1;i<=tot;++i) son[fa[i]][s[pos[i]+len[fa[i]]]]=i;
	dfs(1);
	for(int i=n-2;i>=0;--i) num[i]+=num[i+1],ans[i]=std::max(ans[i],ans[i+1]);
	for(int i=0;i<n;++i) printf("%lld %lld
",num[i],ans[i]==-1e18?0:ans[i]);
	return 0;
}

字符串

有两个长度为 (n) 的由小写字母组成的字符串 (a,b)，取出他们所有长为 (k) 的子串（各有 (n-k+1) 个），这些子串分别组成集合 (A,B)。现在要修改 (A) 中的串，使得 (A) 和 (B) 完全相同。可以任意次选择修改 (A) 中一个串的一段后缀，花费为这段后缀的长度。总花费为每次修改花费之和，求总花费的最小值。

对于所有数据，(1le kle nle 1.5 imes 10^5)。

题解

将两个串的反串放后缀自动机上，那么长度为(k)的串在parent树上是一些没有祖先关系的点。

然后要做个匹配。串(x,y)在节点(f)处匹配的代价是(k- ext{len}_f)。

显然越下面匹配越好，贪心地树形DP即可。

时间复杂度(O(n))。

CO int N=6e5;
int last=1,tot=1;
array<int,26> ch[N];
int fa[N],len[N],siz[N];

void extend(int c){
	int x=last;
	if(ch[x][c]){
		int y=ch[x][c];
		if(len[y]==len[x]+1) {last=y; return;}
		int clone=last=++tot;
		ch[clone]=ch[y],fa[clone]=fa[y],len[clone]=len[x]+1;
		fa[y]=clone;
		for(;ch[x][c]==y;x=fa[x]) ch[x][c]=clone;
		return;
	}
	int cur=last=++tot;
	len[cur]=len[x]+1;
	for(;x and !ch[x][c];x=fa[x]) ch[x][c]=cur;
	if(!x) {fa[cur]=1; return;}
	int y=ch[x][c];
	if(len[y]==len[x]+1) {fa[cur]=y; return;}
	int clone=++tot;
	ch[clone]=ch[y],fa[clone]=fa[y],len[clone]=len[x]+1;
	fa[cur]=fa[y]=clone;
	for(;ch[x][c]==y;x=fa[x]) ch[x][c]=clone;
}

char a[N],b[N];
vector<int> to[N];

int main(){
	int n=read<int>(),K=read<int>();
	scanf("%s%s",a+1,b+1);
	for(int i=n;i>=1;--i) extend(a[i]-'a'),siz[last]+=i<=n-K+1;
	last=1;
	for(int i=n;i>=1;--i) extend(b[i]-'a'),siz[last]-=i<=n-K+1;
	for(int i=2;i<=tot;++i) to[fa[i]].push_back(i);
	int64 ans=0;
	function<void(int)> dfs=[&](int x)->void{
		for(int y:to[x]){
			dfs(y);
			if((int64)siz[x]*siz[y]<0 and len[x]<K)
				ans+=(int64)min(abs(siz[x]),abs(siz[y]))*(K-len[x]);
			siz[x]+=siz[y];
		}
	};
	dfs(1);
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}