BZOJ3620 似乎在梦中见过的样子[KMP]

吐槽

迷惑行为大赏。。。

想好的$O(n^2)$暴力没敢写，结果正解就是15000卡常过$O(n^2)$。。

还耗了我一节课想SA的$O(n ext{log}n)$做法没想出来。。。

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这题其实和动物园差不多，所谓$A+B+A$形式其实就是对于$i,j$，$exists x in [i,j]$使得$s[i...x]=s[j-(x-i),j]$且$x< j-(x-i)-1$。

于是变形式子得到关系式，就正常维护两个匹配的指针$j,k$进行匹配即可，$2k < i+j-1$且$s[k]=s[i]$即可匹配。

接下来要做的就是卡常。。其实kmp常数已经蛮小的啦，所以我不会卡常也过了。但其实我是榜底

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define dbg(x,y,z) cerr << #x << " = " << x << "  " << #y << " = " << y << "  " << #z << " = " << z <<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;}
template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;}
template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
template<typename T>inline T read(T&x){
    x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1;
    while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x;
}
const int N=15000+7;
char s[N];
int nxt[N];
int n,lim,ans;
inline void solve(int l){
    nxt[l]=l-1;//dbg(l,0,0);
    for(register int i=l+1,j=l-1,k=l-1;i<=n;++i){//dbg(i,j,k);
        while(j>=l&&s[j+1]^s[i])j=nxt[j];
        while(k>=l&&(s[k+1]^s[i]||k+1>=(l+i)>>1))k=nxt[k];
        nxt[i]=s[j+1]^s[i]?l-1:++j;
        s[k+1]==s[i]&&k+1<(l+i)>>1&&++k;
        if(k-l+1>=lim)++ans;
    }
}

int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout);
    scanf("%s",s+1),read(lim);n=strlen(s+1);
    for(register int i=1;i<=n-lim-lim;++i)solve(i);
    return printf("%d
",ans),0;
}

Upd:知道自己为什么常数大了。其实那个$k$没有必要加进去。考虑每个$i$尝试找最短的满足要求的前缀并且长度要$ge k$。由于$next$指针可以看做一棵树，也就是求根到节点的路径上第一个出现的$ge k$长度的前缀是否到了当前串长的一半。

那么可以用$fa[i]$表示在自己到祖先的所有前缀中最小的、长度$ge k$的前缀是哪个，检查一下合法性即可。这其实是一个fail树思想的应用。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;}
template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;}
template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
template<typename T>inline T read(T&x){
    x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1;
    while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x;
}
const int N=15000+7,INF=114514;
char s[N];
int nxt[N],fa[N];
int n,lim,ans;
inline void solve(int l){
    nxt[l]=l-1,fa[l-1]=fa[l]=INF;
    for(register int i=l+1,j=l-1;i<=n;++i){
        while(j^(l-1)&&s[j+1]^s[i])j=nxt[j];
        nxt[i]=s[j+1]^s[i]?j:++j;
        fa[i]=j<l+lim-1?INF:_min(j,fa[j]);
        if(fa[i]<<1<l+i-1)++ans;
    }
}

int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout);
    scanf("%s",s+1),read(lim);n=strlen(s+1);
    for(register int i=1;i<=n-lim-lim;++i)solve(i);
    return printf("%d
",ans),0;
}

所以我放那么多时间在一个水题上有什么意义。