2020.11.9

(mathcal{A})

后缀数组

求法一般有(O(nlogn))的倍增，(O(n))的SA-IS，还有一个(O(nlog^2n))的hash。其中hash可以动态用set维护。

(ht[i])表示排名为(i)的后缀和排名为(i-1)的后缀的最长公共前缀长度。

1. 单个字符串的相关问题的一个常用做法是先求后缀数组和 height数组，然后利用 height数组进行求解。

2. 利用 height值对后缀进行分组的方法很常用，请读者认真体会。

给定一个字符串(s)

• 求本质不同的子串个数。

  对于(sa[i])，假设排名前(i-1)个有(t)个本质不同的字串，以(sa[i])开始的共有(n - sa[i] + 1)个，但其中有(ht[i])个和(sa[i - 1])重复，所有排名前(i)个共有(t+n-sa[i]+1-ht[i])个，归纳得有(frac{n(n+1)}{2}-sum ht[i])。

• 求最长的两个相同子串，要求不相交。

  二分答案。把(ht[i]geq mid)的分成一组。就是把(ht)数组划分成若干段。每段间(ht[i]geq mid)。

  发现只有同一组之内的任意两个字串都满足(geq k)的要求，而不同之见的肯定不满足。

  如果要不重复，只需(sa[i]-sa[j]>=k)。时间复杂度(O(nlogn))。

• 求(s)所有循环同构的字符串的顺序。([JSOI2007]字符加密)

  从循环同构可以想到令(s'=ss)求(s')的(sa)数组。所有开始位置(leq n)的即为所有循环同构的字符串。

• 求每个(s[1..i])的本质不同的子串个数。([SDOI2016]生成魔咒)

  相当于每次增加一个字符，动态维护(sa)数组。可以用前面的hash算法，用set维护。问题在于如何实时维护(ht)数组。假设(sa[k-1]<sa[k])，注意到只有(ht[k]=len-sa[k-1]+1)并且下个读入的字符和(s[sa[k] + len - sa[k-1]+1])相等时(ht[k])需要(+1),((len)表示当前读入的字符串的长度)这是没法优化的，每次修改，则总复杂度为(O(n^2))。考虑把字符串倒置，每次往前面加字符。这样(ht)数组不会改变，而答案显然也正确。

  代码中的(ht)数组定义和先前的不同。(ht[i])表示(i)开始的后缀和(sa[rank[i]-1])开始的后缀的最长公共前缀长度。

  #include <bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  namespace cxcyl {
  	const int mod = 1e9 + 7;
  	int n, mi[100005], a[200005], hash[200005], ht[200005];
  	long long sum;
  	inline int read() {
  		int x = 0, f = 1; char c = getchar();
  		while (c > -1 && c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
  		if (c == -1) return 0;
  		while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
  		return x * f;
  	}
  	inline int equal(int x, int y) {
  		int l = 0, r = min(n - x + 1, n - y + 1), len = r;
  		if (x > y) swap(x, y);
  		while (l < r) {
  			int mid = l + 1 + r >> 1;
  			if ((1ll * mi[y - x] * (hash[x] - hash[x + mid]) % mod + mod) % mod == (hash[y] - hash[y + mid] + mod) % mod)
  				l = mid;
  			else
  				r = mid - 1;
  		}
  		return l;
  	}
  	struct _cmp {
  		inline bool operator()(int x, int y) {
  			int t = equal(x, y);
  			return a[x + t] < a[y + t];
  		}
  	};
  	set<int, _cmp> s;
  	inline int main() {
  		n = read();
  		mi[0] = 1;
  		for (int i = 1; i <= n; ++i)
  			mi[i] = 7ll * mi[i - 1] % mod;
  		for (int i = n; i >= 1; --i) {
  			a[i] = read();
  			hash[i] = (hash[i + 1] + 1ll * mi[i] * a[i]) % mod;
  			if (i < n) {
  				auto x = s.upper_bound(i);
  				if (x == s.end()) {
  					ht[i] = equal(i, *(--x));
  					sum += ht[i];
  				} else if (x == s.begin()) {
  					ht[*x] = equal(*x, i);
  					sum += ht[*x];
  				} else {
  					int v = *x, u = *(--x);
  					ht[i] = equal(u, i);
  					sum += ht[i];
  					sum -= ht[v];
  					ht[v] = equal(i, v);
  					sum += ht[v];
  				}
  			}
  			s.insert(i);
  			printf("%lld
  ", (n - i + 2ll) * (n - i + 1) / 2 - sum);
  		}
  		return 0;
  	}
  } int main() { return cxcyl::main(); }
  

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(mathcal{B})

关于整型溢出的问题。加入-ftrapv参数，在有溢出时会程序会崩溃。(Windows中把Dev-c++开成32位的才可用)
别用deque！据说空间会出乎意料的大。