LINK：超简单题
见微知著 这道题中扩展了一类问题的做法。
对于Q==1和|S|<=15
容易想到拿k在序列自动机上跑就行了。
这样复杂度每次是O(S)的。
考虑k<=1e6 容易想到有用的点只有1e6个暴力建出来然后查的时候O(1)查询 由于输出有限 所以记录一个pre倒着找答案即可.
code：值得一提的是 当方案数>1e18时可以强制=1e18.
const ll MAXN=300010,maxn=1000010;
ll T,n,Q,id;
char a[MAXN];
ll f[MAXN];
ll nex[MAXN][26],pre[maxn],pos[maxn],c[maxn];
inline ll dfs(ll x)
{
if(f[x])return f[x];
ll ans=1;
rep(0,25,i)
{
ll tn=nex[x][i];
if(tn!=n+1)ans=min(INF,ans+dfs(tn));
}
return f[x]=ans;
}
inline void dfs(ll x,ll las)
{
if(id>=1000010)return;
rep(0,25,i)
{
if(id>=1000010)return;
ll tn=nex[x][i];
if(tn!=n+1)
{
pos[++id]=i;
pre[id]=las;
dfs(tn,id);
}
}
}
inline void solve(ll x,ll y)
{
ll cnt=0;
while(x!=0&&y)
{
a[++cnt]=pos[x]+'a';
x=pre[x];--y;
}
fep(cnt,1,i)printf("%c",a[i]);
puts("");
}
inline void calc(ll x,ll y)
{
ll cnt=0,now=0,cc;
while(x)
{
rep(0,25,i)
{
ll tn=nex[now][i];
if(tn!=n+1)
{
if(f[tn]>=x){now=tn;cc=i;break;}
else x-=f[tn];
}
}
--x;a[++cnt]=cc+'a';
}
int ww=max(1ll,cnt-y+1);
rep(ww,cnt,i)printf("%c",a[i]);
puts("");
}
signed main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
gc(a);gt(Q);
n=strlen(a+1);
rep(0,25,i)nex[n][i]=n+1;
fep(n-1,0,i)
{
rep(0,25,j)nex[i][j]=nex[i+1][j];
nex[i][a[i+1]-'a']=i+1;
}
dfs(0);--f[0];dfs(0,0);
rep(1,Q,i)
{
ll p,k;
get(k);get(p);
if(f[0]<k){puts("-1");continue;}
if(k<=1000000)solve(k,p);
else calc(k,p);
}
return 0;
}
考虑100分。
可以发现 先不考虑输出 而是直接定位到字典序第k小的 是哪个节点。注意这里指的节点是 序列自动机本质上是一棵树 每个节点表示一个字符串 容易发现 节点个数=本质不同的子串个数.
定位这一步就很难解决了。不能暴力而且需要很快的定位。
这类似于SAM求本质不同的子串字典序第k小的 不过当时SAM对于多次询问也束手无策 这里可以直接上SA 这样采用二分就可以快速求出了。
不过序列自动机没有SA 考虑树链剖分.
先讨论总数量<=1e18时的时候.容易发现要找到节点到根节点需要爬logn条轻链。
但是此时是正着的过程 跳的时候可以二分重链上的位置 看一下是从什么时候离开了重链的。
发现二分再定位也很麻烦->倍增.
这样最多跳logn轻链也同时倍增logn次 复杂度就是log^2了。
考虑总数量>1e18时 之所以要特殊讨论是因为 这个地方不能瞎跳 也存在爆longlong的风险。
一种解决方法是 钦定第一个儿子的sz大于1e18时就是重儿子了 此时其他儿子显然也没用。
这样跳的时候复杂度不会出错 第一次离开重链的时候就和原来一样了。
值得注意的是 倍增的时候有一个致命的细节
for(int j=en[now];j>=0;j=min(j-1,en[now]))
由于钦定的根节点是0且倍增数组有些地方也是0 所以j在变得时候注意和en[now]取min.
至此可以拓展出在SAM上相似的问题时不需要转SA 而是直接进行树链剖分 和这道题相似的方法直接倍增做即可。
const ll MAXN=310010,maxn=1000010;
ll T,n,Q,id;
char a[MAXN];
ll nex[MAXN][26],son[MAXN],f[MAXN][20],en[MAXN];
ll sz[MAXN],g[MAXN][20];
signed main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
gc(a);gt(Q);ll k;
n=strlen(a+1);
rep(0,25,i)nex[n][i]=n+1;
fep(n-1,0,i)
{
rep(0,25,j)nex[i][j]=nex[i+1][j];
nex[i][a[i+1]-'a']=i+1;
}
fep(n,0,i)
{
sz[i]=1;son[i]=n+1;
rep(0,25,j)
{
sz[i]=min(sz[i]+sz[nex[i][j]],INF);
if(sz[nex[i][j]]>sz[son[i]])son[i]=nex[i][j];
}
f[i][0]=son[i];g[i][0]=1;
rep(0,25,j)
{
if(nex[i][j]==son[i])break;
g[i][0]=min(INF,g[i][0]+sz[nex[i][j]]);
}
rep(1,18,j)
{
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
if(!f[i][j])break;
g[i][j]=min(INF,g[i][j-1]+g[f[i][j-1]][j-1]);
en[i]=j;
}
}
rep(1,Q,i)
{
get(k);ll get(p);++k;
if(sz[0]<k){puts("-1");continue;}
ll ww=k;ll now=0,len=0;
//ww沿着重链跳
while(ww)
{
for(ll j=en[now];j>=0;j=min(j-1,en[now]))
{
if(ww>g[now][j]&&ww<=g[now][j]+sz[f[now][j]])
{
ww-=g[now][j];len=len+(1<<j);
now=f[now][j];
}
}
--ww;
if(!ww)break;
rep(0,25,i)
if(ww<=sz[nex[now][i]])
{
now=nex[now][i];++len;
break;
}
else ww-=sz[nex[now][i]];
}
p=min(p,len);len-=p;now=0;ww=k;
while(len)
{
fep(en[now],0,j)
{
if((1<<j)<=len&&ww>g[now][j]&&ww<=g[now][j]+sz[f[now][j]])
{
ww-=g[now][j];len=len-(1<<j);
now=f[now][j];
}
}
if(!len)break;
--ww;
rep(0,25,i)
if(ww<=sz[nex[now][i]])
{
now=nex[now][i];--len;
break;
}
else ww-=sz[nex[now][i]];
}
//到达那个节点
--ww;
while(p)
{
rep(0,25,i)
{
if(ww<=sz[nex[now][i]])
{
--ww;--p;now=nex[now][i];
putchar(i+'a');
break;
}
else ww-=sz[nex[now][i]];
}
}
puts("");
}
return 0;
}