「BZOJ 2534」 L

「BZOJ 2534」 L - gap字符串

题目描述

有一种形如 (uv u) 形式的字符串,其中 (u) 是非空字符串,且 (v) 的长度正好为 (L), 那么称这个字符串为 (L-Gap) 字符串 给出一个字符串 (S), 以及一个正整数 (L), 问 (S) 中有多少个 (L-Gap) 子串.

(1 leq |S| leq 5 imes 10^4, L leq 10)

### 解题思路 :

考虑要对特征串计数，不妨枚举 单个 (u) 的长度 (|u|)，在串上设置 (leftlfloor frac{|s|}{|u|} ight floor) 个关键点.

计算单个 (u) 覆盖某一关键点的所有串对应的 (uvu) 串的总数

考虑当前有关键点 (P_1) 其对应的另外一个 (u) 所在的左端点点为 (P_2)

考虑 (P_1, P_2) 能作为 (uvu) 串中两个(u)的左端点的话，当且仅当 (Lcp(P_1, P_2) geq |u|)

那么问题就转化为，所有覆盖关键点 (P_1) 的 (u) 串，与其对应点的 (Lcp geq |u|) 的个数是多少

考虑覆盖 (P_1) 的 (u) 串的左端点为 (P_1') ，((P_1 - |u| < P_1' < P_1 + |u|))，其对应的另外一个(u) 的左端点为 (P_2')

观察发现 (P_1', P_2') 显然是由 (P_1', P_2') 平移同一距离得到的

不妨求出后缀 (P_1, P_2) 的 (Lcp) 以及前缀 (P_1, P_2) 的 (Lcs)，也就是图中红色和蓝色的线段

显然 (P_1', P_2') 移动到线段之外后不可能满足 (Lcp(P_1', P_2') geq |u|)，所以答案就是线段上可行的 (P_1') 数

也就是 (max(Lcp + Lcs - |u|, 0))

考虑这样做为什么是正确的

首先是时间复杂度，每次枚举一个 (|u|) ，对于 (leftlfloor frac{|s|}{|u|} ight floor) 个关键点 (O(1)) 或 (O(log|s|)) 算 (Lcs, Lcp)

根据调和级数，复杂度是 (O(|s|log|s|)) 或 (O(|s|log^2|s|))，足以通过此题

接下来分析算法的正确性，也就是为什么不会算重和算漏

考虑对于每一个长度为 (|u|) 的 (u) 串，当且仅当只能覆盖一个关键点，所以如果其有答案，必然会被关键点算到且被算一次

注意 (Lcp) 和 (Lcs) 要对 (|u|) 取模，不然算到的答案就不是覆盖当且关键点的答案，会因为算法写挂了而算重

这里我用了二分 + (hash) 求 (Lcs, Lcp) ，是两个 (log) 的，实际上如果用 (Sa) 的话，复杂度就如上述一样，省去一个 (log)

/*program by mangoyang*/
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define N (100005)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
const ull base = 233;
char s[N]; 
int n, m, ans;
ull pw[N], hs[N];
inline ull get(int l, int r){
    if(l > r) return 0; return hs[r] - hs[l-1] * pw[r-l+1];
}
inline int getpre(int x, int y, int lim){
    int l = 0, r = lim, ans = 0;
    while(l <= r){
        int mid = l + r >> 1;
        if(get(x - mid + 1, x) == get(y - mid + 1, y))
            ans = mid, l = mid + 1; else r = mid - 1;
    }
    return ans;
}
inline int getsuf(int x, int y, int lim){
    int l = 0, r = lim, ans = 0;
    while(l <= r){
        int mid = l + r >> 1;
        if(get(x, x + mid - 1) == get(y, y + mid - 1))
            ans = mid, l = mid + 1; else r = mid - 1;
    }
    return ans;
}
inline void solve(int L, int R){
    int len = (R - L + 1 - m) / 2, l1 = L, l2 = R - len + 1;
    int llen = getpre(l1, l2, len), rlen = getsuf(l1, l2, len);
    int now = (llen && rlen) ? llen + rlen - 1 : llen + rlen;
    if(now >= len) ans += now - len + 1;
}
int main(){
    pw[0] = 1, scanf("%d", &m);
    scanf("%s", s + 1); int n = strlen(s + 1);
    for(int i = 1; i < N; i++) pw[i] = pw[i-1] * base;
    for(int i = 1; i <= n; i++) hs[i] = hs[i-1] * base + s[i];
    for(int k = 1; k <= (n - m) / 2; k++)
        for(int i = 1; i <= n; i += k) solve(i, i + 2 * k + m - 1);
    cout << ans;
    return 0;
}