【题解】SP1811 LCS

(color{purple}{Link})

( ext{Solution:})

题目要求找到两个串的最长公共子串。(LCP)

我们将两个串中间和末尾插入终止符，并弄到一棵后缀树上去。

然后我们发现，对于一个叶子节点，它属于哪个子串，我们只需要找到它的父边上第一个出现的终止符属于哪个边即可。

这里，我们可以用个奇技淫巧——前缀和实现。

介于( ext{Suffix Tree})的边都是压缩的，所以维护信息变得不是很容易，所以可以采用一个在插入外面进行预处理前缀和的方式维护。

然后，我们只需要找到一个最深的非叶子节点，使得它的子树中既含有第一个串串的终止符，也含有第二个串串的终止符即可。

此时它的答案就是这个点的深度。

( ext{Suffix Tree})的主要问题就在于边上信息的维护。如果找不到一个好的方法去维护，( ext{Suffix Tree})还是很麻烦的。

最近做题，题解区域都没有( ext{Suffix Tree})的题解，做起来真的挺累……我太菜了。

#include<bits/stdc++.h>
#include<ctime>
using namespace std;
const int MAXN=1.2e6+10;
string Z,z;
int n,val[MAXN],ans,tot;
int sum[MAXN],sum2[MAXN];
const int inf=(1<<30);
struct SuffixTree {
	int link[MAXN],ch[MAXN][28],now,rem,n;
	int start[MAXN],len[MAXN],tail,s[MAXN];
	SuffixTree() {
		tail=now=1;
		rem=n=0;
		len[0]=inf;
	}
	inline int build(int a,int b) {
		link[++tail]=1;
		start[tail]=a;
		len[tail]=b;
		return tail;
	}
	void Extend(int x) {
		s[++n]=x;
		++rem;
		for(int last=1; rem;) {
			while(rem>len[ch[now][s[n-rem+1]]])
				rem-=len[now=ch[now][s[n-rem+1]]];
			int &v=ch[now][s[n-rem+1]];
			int c=s[start[v]+rem-1];
			if(!v||x==c) {
				link[last]=now;
				last=now;
				if(!v)v=build(n,inf);
				else break;
			} else {
				int u=build(start[v],rem-1);
				ch[u][c]=v;
				ch[u][x]=build(n,inf);
				start[v]+=rem-1;
				len[v]-=rem-1;
				link[last]=v=u;
				last=u;
			}
			if(now==1)--rem;
			else now=link[now];
		}
	}
} T;
void predfs(int u,int dep) {
	if(dep>=inf) {
		int L=T.start[u];
		int R=L+T.len[u]-1;
		R=min(R,T.n);
		int V=sum[R]-sum[L-1];
		if(V)val[u]=1;
		else{
			V=sum2[R]-sum2[L-1];
			if(V)val[u]=2;
		}
		return;
	}
	for(int i=0; i<28; ++i) {
		if(T.ch[u][i]) {
			predfs(T.ch[u][i],dep+T.len[T.ch[u][i]]);
			val[u]|=val[T.ch[u][i]];
		}
	}
	if(val[u]>=3)ans=max(ans,dep);
}
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
string read(){
	#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
	string s="";
	char ch=gc();
	while(ch=='
')ch=gc();
	while(ch!='
')s+=ch,ch=gc();
	return s;
}
int main() {
//	freopen("1.in","r",stdin);
//	freopen("SP.out","w",stdout);
	clock_t ST,ET;
	ST=clock();
	z=read();Z=read();
	z+=(char)'a'+26;
	z+=Z;z+=(char)'a'+27 ;
	for(int i=0;i<z.size();++i)z[i]-='a',T.Extend(z[i]);
	tot=z.size();
	for(int i=1; i<=tot; ++i) {
		sum[i]=sum[i-1]+(T.s[i]==26);
		sum2[i]=sum2[i-1]+(T.s[i]==27);
	}
	predfs(1,0);
	printf("%d
",ans);
	ET=clock();
//	cout<<(double)(ET-ST)/CLOCKS_PER_SEC<<"s"<<endl;
	return 0;
}

注意，如果在(dfs)里面来根据这条边的起点和终点暴力处理的话，这就是个(n^2)暴力。观察到，我们只需要在叶子的节点处理，而在叶子节点暴力处理的复杂度也不够优秀。

观察到，第一个字符串的终止符一定先于第二个字符串的终止符出现（如果有的话）。那么，根据前缀和，先判断第一个终止符，再判断第二个终止符即可。

最后时间复杂度是:

( ext{We let D show the constant，then the complexity is O(D*N).N is the length of these strings.})