【NOI2015】品酒大会[后缀数组]

#131. 【NOI2015】品酒大会

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一年一度的“幻影阁夏日品酒大会”隆重开幕了。大会包含品尝和趣味挑战两个环节，分别向优胜者颁发“首席品酒家”和“首席猎手”两个奖项，吸引了众多品酒师参加。

在大会的晚餐上，调酒师 Rainbow 调制了 nn 杯鸡尾酒。这 nn 杯鸡尾酒排成一行，其中第 ii 杯酒 （1≤i≤n1≤i≤n） 被贴上了一个标签 sisi，每个标签都是 2626 个小写英文字母之一。设 Str(l,r)Str(l,r) 表示第 ll 杯酒到第 rr 杯酒的 r−l+1r−l+1 个标签顺次连接构成的字符串。若 Str(p,po)=Str(q,qo)Str(p,po)=Str(q,qo)，其中 1≤p≤po≤n1≤p≤po≤n，1≤q≤qo≤n1≤q≤qo≤n，p≠qp≠q，po−p+1=qo−q+1=rpo−p+1=qo−q+1=r，则称第 pp 杯酒与第 qq 杯酒是“rr相似” 的。当然两杯“rr相似” （r>1r>1）的酒同时也是“11 相似”、“22 相似”、……、“(r−1)(r−1) 相似”的。特别地，对于任意的 1≤p,q≤n1≤p,q≤n，p≠qp≠q，第 pp 杯酒和第 qq 杯酒都是“00相似”的。

在品尝环节上，品酒师 Freda 轻松地评定了每一杯酒的美味度，凭借其专业的水准和经验成功夺取了“首席品酒家”的称号，其中第 ii 杯酒 （1≤i≤n1≤i≤n） 的美味度为 aiai。现在 Rainbow 公布了挑战环节的问题：本次大会调制的鸡尾酒有一个特点，如果把第 pp 杯酒与第 qq 杯酒调兑在一起，将得到一杯美味度为 apaqapaq 的酒。现在请各位品酒师分别对于 r=0,1,2,…,n−1r=0,1,2,…,n−1，统计出有多少种方法可以选出 22 杯“rr相似”的酒,并回答选择 22 杯“rr相似”的酒调兑可以得到的美味度的最大值。

输入格式

输入文件的第 11 行包含 11 个正整数 nn，表示鸡尾酒的杯数。

第 22 行包含一个长度为 nn 的字符串 SS，其中第 ii 个字符表示第 ii 杯酒的标签。

第 33 行包含 nn 个整数，相邻整数之间用单个空格隔开，其中第 ii 个整数表示第 ii 杯酒的美味度 aiai。

输出格式

输出文件包括 nn 行。第 ii 行输出 22 个整数，中间用单个空格隔开。第 11 个整数表示选出两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒的方案数，第 22 个整数表示选出两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒调兑可以得到的最大美味度。若不存在两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒，这两个数均为 00。

样例一

input

10
ponoiiipoi
2 1 4 7 4 8 3 6 4 7

output

45 56
10 56
3 32
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0

explanation

用二元组 (p,q)(p,q) 表示第 pp 杯酒与第 qq 杯酒。

00 相似：所有 4545 对二元组都是 00 相似的，美味度最大的是 8×7=568×7=56。

11 相似：(1,8)(1,8) (2,4)(2,4) (2,9)(2,9) (4,9)(4,9) (5,6)(5,6) (5,7)(5,7) (5,10)(5,10) (6,7)(6,7) (6,10)(6,10) (7,10)(7,10)，最大的 8×7=568×7=56。

22 相似：(1,8)(1,8) (4,9)(4,9) (5,6)(5,6)，最大的 4×8=324×8=32。

没有 3,4,5,…,93,4,5,…,9 相似的两杯酒，故均输出 00。

样例二

input

12
abaabaabaaba
1 -2 3 -4 5 -6 7 -8 9 -10 11 -12

output

66 120
34 120
15 55
12 40
9 27
7 16
5 7
3 -4
2 -4
1 -4
0 0
0 0

样例三

见样例数据下载。

限制与约定

测试点编号	nn 的规模	aiai 的规模	备注
1	n=100n=100	∣ai∣≤10000∣ai∣≤10000
2	n=200n=200
3	n=500n=500
4	n=750n=750
5	n=1000n=1000	∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000
6
7	n=2000n=2000
8
9	n=99991n=99991	∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000	不存在“1010相似”的酒
10
11	n=100000n=100000	∣ai∣≤1000000∣ai∣≤1000000	所有 aiai 的值都相等
12	n=200000n=200000
13	n=300000n=300000
14
15	n=100000n=100000	∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000
16
17	n=200000n=200000
18
19	n=300000n=300000
20

时间限制：1s1s

空间限制：512MB512MB

下载

样例数据下载

[分析]：

求 Height 数组，然后按从大到小的顺序排序，因为可以发现 Height 中的大值不会影响小值对答案的贡献。

每次更新答案，将当前两个字符串合并，即用并查集维护一下。

他们对于方案数的贡献就是这两个后缀所在的集合个数的乘积，同时维护一下最大最小值就行了。

时间复杂度 O( nlog₂n )

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
typedef long long ll;
int n,h[N],c[N],sa[N],tsa[N],Rank[N],tRank[N];
int a[N],fa[N],siz[N],nxt[N],mx[N],mn[N];
ll cnt[N],ans[N];
char s[N];
void DA(int maxx=256){
    int p;
    for(int i=0;i<=maxx;i++) c[i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) c[Rank[i]=s[i]]++;
    for(int i=2;i<=maxx;i++) c[i]+=c[i-1];
    for(int i=n;i;i--) sa[c[Rank[i]]--]=i;
    tRank[sa[1]]=p=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(Rank[sa[i]]!=Rank[sa[i-1]]) p++;
        tRank[sa[i]]=p;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) Rank[i]=tRank[i];
    for(int k=1;p<n;k<<=1,maxx=p){
        p=0;
        for(int i=n-k+1;i<=n;i++) tsa[++p]=i;
        for(int i=1;i<=n;i++) if(sa[i]>k) tsa[++p]=sa[i]-k;
        for(int i=0;i<=maxx;i++) c[i]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) tRank[i]=Rank[tsa[i]];
        for(int i=1;i<=n;i++) c[tRank[i]]++;
        for(int i=2;i<=maxx;i++) c[i]+=c[i-1];
        for(int i=n;i;i--) sa[c[tRank[i]]--]=tsa[i];
        tRank[sa[1]]=p=1;
        for(int i=2;i<=n;i++){
            if(Rank[sa[i]]!=Rank[sa[i-1]]||Rank[sa[i]+k]!=Rank[sa[i-1]+k]) p++;
            tRank[sa[i]]=p;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++) Rank[i]=tRank[i];
    }
    for(int i=1,k=0;i<=n;i++){
        int j=sa[Rank[i]-1];
        while(s[i+k]==s[j+k]) k++;
        h[Rank[i]]=k;if(k>0) k--;
    }
}
int find(int x){
    return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y){
    mx[x]=max(mx[x],mx[y]);
    mn[x]=min(mn[x],mn[y]);
    siz[x]+=siz[y];
    fa[y]=x;
}
bool cmp(const int &a,const int &b){
    return h[a]!=h[b]?h[a]>h[b]:a<b;
}
int main(){
    scanf("%d%s",&n,s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),s[i]-='a'-1;
    DA(30);
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,siz[i]=1,nxt[i]=i+1,mx[i]=mn[i]=a[sa[i]];
    for(int i=0;i<n;i++) ans[i]=-1e18;
    sort(nxt+1,nxt+n,cmp);
    for(int i=1,x,y;i<n;i++){
        x=find(nxt[i]-1);y=find(nxt[i]);
        cnt[h[nxt[i]]]+=1LL*siz[x]*siz[y];
        ans[h[nxt[i]]]=max(ans[h[nxt[i]]],1LL*mx[x]*mx[y]);
        ans[h[nxt[i]]]=max(ans[h[nxt[i]]],1LL*mx[x]*mn[y]);
        ans[h[nxt[i]]]=max(ans[h[nxt[i]]],1LL*mn[x]*mx[y]);
        ans[h[nxt[i]]]=max(ans[h[nxt[i]]],1LL*mn[x]*mn[y]);
        merge(x,y);
    }
    for(int i=n-2;~i;i--) cnt[i]+=cnt[i+1],ans[i]=max(ans[i],ans[i+1]);
    for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld %lld
",cnt[i],cnt[i]?ans[i]:0);
    return 0;
}