题解 LOJ3298 「BJOI2020」封印（SAM，数据结构）

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给出只包含小写字母( ext{a}, ext{b})的两个字符串(s,t)，(q)次询问，每次询问(s[ldots r])和(t)的最长公共子串长度。

数据范围：(1leq|s|,|t|,qleq 2 imes10^5)。

本题题解

考虑预处理(s)的每个子串是不是(t)的子串。发现对于一个左端点(i) ((1leq ileq |s|))，一定存在一个(R[i])，使得(forall jin[i,R[i]]:s[idots j])都是(t)的子串，(forall kin[R[i]+1,n]:s[idots k])都不是(t)的子串。也就是说，使得(s[idots r])是(t)子串的(r)，一定是从(i)开始的一段连续的区间，而(R[i])就是其中最大的(r)。我们考虑把所有(R[i])预处理出来。

从小到大枚举(i)。我们已经知道了(s[i-1dots R[i-1]])是(t)的子串。那么，(s[idots R[i-1]])一定也是(t)的子串，也就是说，(R[i]geq R[i-1])。那么我们从(R[i-1]+1)开始，一位一位向后枚举，判断是否是(t)的子串。可以对(t)建一个SAM，这个“向后枚举”，就相当于在SAM上走转移边。同时，我们还要支持把前面的第(i-1)位删掉，这就相当于在SAM上跳父亲边。因为(R[i])是单调的，所以时间复杂度(O(|s|))（(|s|,|t|)同阶）。

预处理出(R)数组后，考虑回答询问。对于一个询问(l,r)。我们相当于要求出，(max_{i=l}^{r}{min(r,R[i])-i+1})。对于(min(r,R[i]))，我们分类讨论：

• 对于(R[i]leq r)的(i)，相当于询问(max_{lleq ileq r}{R[i]-i+1})。
• 对于(R[i]>r)的(i)，相当于询问(r+max_{lleq ileq r}{-i}+1)。

如果把(R[i])和(r)的关系看做一维，(i)和(l,r)的关系看做一维，那相当于是一个二维的区间最大值查询。可以考虑离线，把询问按右端点排序，这样(R[i])和(r)的这一维就不存在了，我们只要做一维的区间最大值查询，可以用（两棵）线段树维护。

时间复杂度(O(|s|+qlog |s|))。

参考代码（在LOJ查看）：

//problem:LOJ3298
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

const int MAXN=2e5;
const int INF=1e9;

int n,m,q,R[MAXN+5];
char s[MAXN+5],t[MAXN+5];
struct SAM{
	int cnt,ed,mp[MAXN*2+5][2],fa[MAXN*2+5],len[MAXN*2+5];
	void ins(int c){
		int p=ed;ed=++cnt;len[ed]=len[p]+1;
		for(;p && !mp[p][c];p=fa[p])mp[p][c]=ed;
		if(!p)fa[ed]=1;
		else{
			int q=mp[p][c];
			if(len[q]==len[p]+1)fa[ed]=q;
			else{
				len[++cnt]=len[p]+1;
				for(int i=0;i<2;++i)mp[cnt][i]=mp[q][i];
				fa[cnt]=fa[q];fa[q]=fa[ed]=cnt;
				for(;mp[p][c]==q;p=fa[p])mp[p][c]=cnt;
			}
		}
	}
	SAM(){cnt=ed=1;}
}sam_t;

int cnt_ev,ans[MAXN+5];
struct Event{
	int l,r,id;
	Event(){}
	Event(int _l,int _r,int _id){
		l=_l;r=_r;id=_id;
	}
}ev[MAXN*2+5];
bool cmp(Event x,Event y){
	if(x.r==y.r)return x.id<y.id;
	return x.r<y.r;
}

struct SegmentTree{
	int mx[MAXN*4+5];
	void push_up(int p){
		mx[p]=max(mx[p<<1],mx[p<<1|1]);
	}
	void build(int p,int l,int r,int* arr){
		if(l==r){
			mx[p]=arr[l];
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		build(p<<1,l,mid,arr);
		build(p<<1|1,mid+1,r,arr);
		push_up(p);
	}
	void modify(int p,int l,int r,int pos,int x){
		if(l==r){
			mx[p]=x;
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		if(pos<=mid)modify(p<<1,l,mid,pos,x);
		else modify(p<<1|1,mid+1,r,pos,x);
		push_up(p);
	}
	int query(int p,int l,int r,int ql,int qr){
		if(ql<=l && qr>=r)return mx[p];
		int mid=(l+r)>>1;
		int res=-INF;
		if(ql<=mid)res=query(p<<1,l,mid,ql,qr);
		if(qr>mid)res=max(res,query(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
		return res;
	}
	SegmentTree(){}
}T1,T2;

int main() {
	cin>>(s+1);n=strlen(s+1);
	cin>>(t+1);m=strlen(t+1);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		sam_t.ins(t[i]-'a');
	}
	int p=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int r=max(i-1,R[i-1]);
		if(r==i-1)p=1;
		while(p!=1 && sam_t.len[sam_t.fa[p]]+1>r-i+1)p=sam_t.fa[p];
		while(r+1<=n && sam_t.mp[p][s[r+1]-'a']!=0){
			p=sam_t.mp[p][s[r+1]-'a'];
			r++;
		}
		R[i]=r;
		ev[++cnt_ev]=Event(i,R[i],0);
		//cout<<R[i]<<" ";
	}
	//cout<<endl;
	static int tmp[MAXN+5];
	for(int i=1;i<=n;++i)tmp[i]=-INF;
	T1.build(1,1,n,tmp);
	for(int i=1;i<=n;++i)tmp[i]=-i;
	T2.build(1,1,n,tmp);
	
	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;++i){
		int l,r;cin>>l>>r;
		ev[++cnt_ev]=Event(l,r,i);
	}
	sort(ev+1,ev+cnt_ev+1,cmp);
	for(int i=1;i<=cnt_ev;++i){
		if(ev[i].id==0){
			T1.modify(1,1,n,ev[i].l,ev[i].r-ev[i].l+1);
			T2.modify(1,1,n,ev[i].l,-INF);
		}
		else{
			int x=T1.query(1,1,n,ev[i].l,ev[i].r);
			int y=ev[i].r+T2.query(1,1,n,ev[i].l,ev[i].r)+1;
			ans[ev[i].id]=max(x,y);
		}
	}
	for(int i=1;i<=q;++i)cout<<ans[i]<<endl;
	return 0;
}