后缀数组四·重复旋律4
描述
小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品中的旋律有重复的部分。
我们把一段旋律称为(k,l)-重复的，如果它满足由一个长度为l的字符串重复了k次组成。 如旋律abaabaabaaba是(4,3)重复的，因为它由aba重复4次组成。
小Hi想知道一部作品中k最大的(k,l)-重复旋律。
输入
一行一个仅包含小写字母的字符串。字符串长度不超过 100000。
输出
一行一个整数，表示答案k。
- 样例输入
-
babbabaabaabaabab
- 样例输出
-
4
解题方法提示：小Ho：这一次的问题该如何解决呢？
小Hi：嗯，这次的问题是重复次数最多的连续字串。
小Ho：似乎不好下手啊。
小Hi：那我们先降低难度，不如考虑如何解决如何求一个串的最大重复次数。
小Ho：嗯。我想想，比如说串abababab，既可以是(1,8)，也可以是(2,4)，最大的是(4,2)。
小Hi：对。假如说我们枚举一个可能的循环节长度l（或者k），能不能快速判断这个l是否合法呢？
小Ho：啊！我想想...似乎是求原串和原串去掉前l个字符后两个串的LCP（最长公共前缀），如果能完全匹配上，就满足！
小Hi：对，没错。比如abababab，检验是否是(2,4)，就拿abababab和ababab求LCP。
小Hi：值得一提的是，利用height数组可以快速求出我们需要的LCP。例如abababab的height数组如下：
suffix sa height ab 7 0 abab 5 2 ababab 3 4 abababab 1 6 b 8 0 bab 6 1 babab 4 3 bababab 2 5 小Hi：如果我们要求某两个后缀的LCP，只要求它们中间的一段height数组的最小值即可。例如abababab和ababab的LCP就是[4]这段的最小值，即2；bab和bababab的LCP就是[3, 5]这段的最小值，即3；ab和babab的LCP就是[2, 4, 6, 0, 1, 3]这段的最小值，即0。
小Hi：这个求height数组某一段最小值的问题，恰好是之前讲过的[RMQ问题]，可以通过O(NlogN)的预处理达到O(1),处理单次询问；当然使用线段树等数据结构也是可以的，单次询问O(logN)。
小Ho：明白了。回到原问题，那我们肯定是要先枚举(k,l)中的这个l，再枚举起始位置i，计算Suffix(i)和Suffix(i+l)的LCP，记作lcp(l, i)，那么k(l, i)就等于lcp(l,i)/l + 1。对于所有的循环节长度l和起始位置i，最大的k(l, i)就是答案。
小Hi：你说的对！不过本题还是有进一步优化的空间。对于确定的l，我们不用枚举所有的起始位置i，而只枚举i是l的整数倍的情况。如果最优串的开始位置恰好在l的倍数上，那我们找到的最大的k就是正确答案。
小Ho：道理是这么个道理。不过如果最优串的开始位置不在l的倍数上呢？
小Hi：即使不是，问题也会太糟糕，假如说最优串位置在x，可以想象我们会枚举到x之后的一个最近位置p，p是l的倍数。并且我们计算出了Suffix(p)和Suffix(p+l)的LCP，lcp(l, p)那么此时的k(l, p)=lcp(l, p)/l+1。
小Hi：对于被我们略过的k(l, p-1), k(l, p-2) ... k(l, p-l+1)，它们的上限是k(l, p)+1。
小Ho：没错。因为它们的起始位置距离p不超过l，所以最多比Suffix(p)增加一个循环节。
小Hi：其次，如果k(l, p-1), k(l, p-2) ... k(l, p-l+1)中有一个的值是k(l, p)+1的话，那么k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)一定等于k(l, p)+1。(mod是取余运算)
小HO：为什么呢？
小Hi：举个例子，比如串XaYcdabcdabcd(XY各代表一个不确定的字符，具体代表的字符会影响最后答案，我们后面会分析到)，当我们考虑l=4的时候，第一次枚举p=4的起始位置，会求出cdabcdabcd和cdabcd的lcp(4, 4)=6，k(4, 4)=2。根据上面的论断，只有当k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)=k(4, 4 - 4 + 6 mod 4)=k(4, 2)=3时，k(4, 1), k(4, 2)和k(4, 3)中才会有3。首先我们可以判断k(4, 3)一定不可能等于3，因为无论Y是哪个字符，Ycdabcdabcd和bcdabcd的LCP即lcp(4, 3)最大是7，不到8。 其次如果k(4, 2) ≠ 3，那么k(4, 1)也没戏。因为如果k(4, 2) ≠ 3，说明aY和ab匹配不上，这时无论X是哪个字符，XaY和dab匹配不上，lcp(4, 1) < l，k(4, 1) = 1。
小Ho：哦，我有点明白了。k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)是一个分界线，右边的值因为LCP不够大，一定不能增加一个循环节。并且如果k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)没有增加循环节的话，说明[p - l + lcp(l, p) mod l, p]这段中间匹配出错，左边的lcp也跟着雪崩，更不可能增加循环节了。
小Hi：没错！
小Ho：那枚举l和枚举开始位置的时间复杂度呢？
小Hi：你会发现，枚举完l后枚举开始位置的时间复杂度是O(n/l)的，所以总复杂度是O(n/1)+O(n/2)+O(n/3)...这个是一个经典的求和，总复杂度是O(nlogn)的。
小Ho：明白了！好神奇，看似简单朴素的想法，复杂度却也很低。
小Hi：是啊。以下是二分判断的C++代码实现：
for(L＝1;L <= n;L++) { for (int i = 1; i + L <= n; i += L) { int R = lcp(i, i + L); ans = max(ans, R / L + 1); if (i >= L - R % L) { ans = max(lcp(i - L + R%L, i + R%L) / L + 1, ans); } } }小Ho：好的。我这就实现一下。
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <string> #include <map> #include <stack> #include <queue> #include <vector> #define inf 2e9 #define met(a,b) memset(a,b,sizeof a) typedef long long ll; using namespace std; const int N = 2e5+5; const int M = 4e5+5; int cmp(int *r,int a,int b,int l) { return (r[a]==r[b]) && (r[a+l]==r[b+l]); } int wa[N],wb[N],wss[N],wv[N]; int Rank[N];//后缀i在sa[]中的排名 int height[N];//sa[i]与sa[i-1]的LCP int sa[N];//sa[i]表示排名第i小的后缀的下标 void DA(int *r,int *sa,int n,int m) //此处N比输入的N要多1，为人工添加的一个字符，用于避免CMP时越界 { int i,j,p,*x=wa,*y=wb,*t; for(i=0; i<m; i++) wss[i]=0; for(i=0; i<n; i++) wss[x[i]=r[i]]++; for(i=1; i<m; i++) wss[i]+=wss[i-1]; for(i=n-1; i>=0; i--) sa[--wss[x[i]]]=i; //预处理长度为1 for(j=1,p=1; p<n; j*=2,m=p) //通过已经求出的长度J的SA，来求2*J的SA { for(p=0,i=n-j; i<n; i++) y[p++]=i; // 特殊处理没有第二关键字的 for(i=0; i<n; i++) if(sa[i]>=j) y[p++]=sa[i]-j; //利用长度J的，按第二关键字排序 for(i=0; i<n; i++) wv[i]=x[y[i]]; for(i=0; i<m; i++) wss[i]=0; for(i=0; i<n; i++) wss[wv[i]]++; for(i=1; i<m; i++) wss[i]+=wss[i-1]; for(i=n-1; i>=0; i--) sa[--wss[wv[i]]]=y[i]; //基数排序部分 for(t=x,x=y,y=t,p=1,x[sa[0]]=0,i=1; i<n; i++) x[sa[i]]=cmp(y,sa[i-1],sa[i],j)?p-1:p++; //更新名次数组x[],注意判定相同的 } } void calheight(int *r,int n) // 此处N为实际长度 { int i,j,k=0; // height[]的合法范围为 1-N, 其中0是结尾加入的字符 for(i=1; i<=n; i++) Rank[sa[i]]=i; // 根据SA求Rank for(i=0; i<n; height[Rank[i++]] = k ) // 定义：h[i] = height[ Rank[i] ] for(k?k--:0,j=sa[Rank[i]-1]; r[i+k]==r[j+k]; k++); //根据 h[i] >= h[i-1]-1 来优化计算height过程 } int n; char ss[N]; int aa[N]; const int maxn=N; int mn[N][20]; int log22[N]; void pre() { for (int i=1; i<=n; i++) log22[i]=log2(i); } void rmq_init(int n,int *h) { for (int j=1; j<=n; j++) mn[j][0]=h[j]; int m=log22[n]; for (int i=1; i<=m; i++) for (int j=n; j>0; j--) { mn[j][i]=mn[j][i-1]; if ( j+(1<<(i-1)) <=n ) mn[j][i]=min(mn[j][i], mn[j+(1<<(i-1)) ] [i-1]); } } int lcp_min(int l,int r) //求lcp(l,r) { if (l>r)swap(l,r); //先交换 l++; //根据height定义，l++ int m=log22[r-l+1]; return min(mn[l][m],mn[r-(1<<m)+1][m]); } int solve() { int ans=1; for (int L=1; L<=n; L++) { for (int j=0; j<n; j+=L) { int lcp_len=lcp_min( Rank[j],Rank[j+L]); ans=max(ans,lcp_len/L+1); int last_possible_pos=j-(L-lcp_len%L); if (last_possible_pos>=0) ans=max(ans, 1+lcp_min( Rank[last_possible_pos] ,Rank[last_possible_pos+L] )/L ) ; } } return ans; } int main () { scanf("%s",&ss); n=strlen(ss); for (int i=0; i<n; i++)aa[i]=ss[i]-'a'+1; aa[n]=0; DA(aa,sa,n+1,30); calheight(aa,n); pre(); rmq_init(n,height); int ans= solve(); printf("%d ",ans); return 0; }