BZOJ 4556(后缀数组+主席树求前驱后继+二分||后缀数组+二分+可持久化线段树)

换markdown写了。。

题意：

给你一个1e5的字符串，1e5组询问，求([l_1,r_1])的所有子串与([l_2,r_2])的lcp

思路：

首先可以发现答案是具有单调性的，我们考虑二分答案，二分的范围显然为([0,min(r_2-l_2+1,r_1-l_1+1)])
对于二分到的字符串长度mid，可以知道它的开头一定在([l_1,r_1-mid+1])中，这样满足了限定条件
于是我们可以通过检查([l_1,r_1-mid+1])中是否有个值p，使得(lcp(rk[p],rk[l_2]) geq mid)即可判断答案

法一：

由(lcp(i,j)=min(height[k]),i+1leq k leq j)(i,j为排名)可知
为了使(lcp(rk[p],rk[l2]))尽量满足条件，rk[p]一定是目标区间内，(rk[l_2])的前驱或后继
这样我们可以对(i,rk[i])建主席树，每次check查询([l_1,r_1-mid+1])里(rk[l_2])的前驱后继
但是问题来了，主席树查询前驱后继会退化。。(我乱讲的，可能是我不会写)
虽然在bzoj上跑了16s过了，但是这显然不优秀

update:退化的问题已经解决了：权值线段树剪枝的误解--以HDU6703为例

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<stack>
#include<queue>
#include<deque>
#include<set>
#include<vector>
#include<map>
    
#define fst first
#define sc second
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lc root<<1
#define rc root<<1|1
#define lowbit(x) ((x)&(-x)) 

using namespace std;

typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PI;
typedef pair<ll,ll> PLL;

const db eps = 1e-6;
const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 2e5+100;
const int maxm = 2e6+100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const db pi = acos(-1.0);


int n,m;
char s[maxn];
int sa[maxn],rk[maxn],height[maxn];
int y[maxn],x[maxn],c[maxn];
void getSa(){
    for(int i=1;i<=n;i++)++c[x[i]=s[i]];
    for(int i=2;i<=m;i++)c[i]+=c[i-1];
    for(int i=n;i>=1;i--)sa[c[x[i]]--]=i;
    for(int k=1;k<=n;k<<=1){
        int num = 0;
        for(int i=n-k+1;i<=n;i++)y[++num]=i;
        for(int i=1;i<=n;i++)if(sa[i]>k)y[++num]=sa[i]-k;
        for(int i=1;i<=m;i++)c[i]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)++c[x[i]];
        for(int i=2;i<=m;i++)c[i]+=c[i-1];
        for(int i=n;i>=1;i--)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;
        swap(x,y);
        x[sa[1]]=1;
        num=1;
        for(int i=2;i<=n;i++){
            x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?num:++num;
        }
        if(num==n)break;
        m=num;
    }
}
void getHeight(){
    int k=0;
    for(int i=1; i<=n; ++i)rk[sa[i]]=i;
    for(int i=1; i<=n; ++i){
        if(rk[i]==1) continue;
        if(k)--k;
        int j=sa[rk[i]-1];
        while(j+k<=n&&i+k<=n&&s[i+k]==s[j+k])++k;
        height[rk[i]]=k;
    }
}
int d[maxn][26];
void init(){
    for(int i = 1; i <= n; i++) d[i][0]=height[i];
    for(int j = 1; (1<<j) <= n; j++){
        for(int i = 1; i + (1<<j) - 1 <= n; i++){
            d[i][j] = min(d[i][j-1], d[i + (1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}
int rmq(int l, int r){
    if(l>r)return -1;
    int k = 0;
    while((1<<(k+1)) <= r-l+1)k++;
    return min(d[l][k], d[r-(1<<k)+1][k]);
}
int q;

int tot,root[maxn];
int dat[maxn*40],ls[maxn*40],rs[maxn*40];
int insert(int now, int l, int r, int x, int val){
    int p = ++tot;
    dat[p]=dat[now];ls[p]=ls[now];rs[p]=rs[now];
    if(l==r){dat[p]+=val;return p;}
    int mid = (l+r)>>1;
    if(x<=mid)ls[p]=insert(ls[now],l,mid,x,val);
    else rs[p]=insert(rs[now],mid+1,r,x,val);
    dat[p]=dat[ls[p]]+dat[rs[p]];
    return p;
}
int askmx(int x, int y, int l, int r, int k){//return rk|-1
    int sumr = dat[rs[y]]-dat[rs[x]];
    int mid = (l+r)>>1;
    if(dat[y]-dat[x]==0)return -1;
    if(l==r) return l;
    if(mid<k){
        int lRes = askmx(rs[x],rs[y],mid+1,r,k);
        if(lRes==-1)lRes=askmx(ls[x],ls[y],l,mid,k);
        return lRes;
    }
    else return askmx(ls[x],ls[y],l,mid,k);
    
}
int askmi(int x, int y, int l, int r, int k){
    int suml = dat[ls[y]]-dat[ls[x]];
    int mid = (l+r)>>1;
    if(dat[y]-dat[x]==0)return -1;
    if(l==r)return l;
    if(mid>k){
        int rRes=askmi(ls[x],ls[y],l,mid,k);
        if(rRes==-1)rRes=askmi(rs[x],rs[y],mid+1,r,k);
        return rRes;
    }
    else return askmi(rs[x],rs[y],mid+1,r,k);
}
bool ck(int x, int l1, int r1, int l2, int r2){
    int L = askmx(root[l1-1],root[r1-x+1],1,n,rk[l2]);
    int R = askmi(root[l1-1],root[r1-x+1],1,n,rk[l2]);
    if(L!=-1)L=rmq(L+1,rk[l2]);
    if(R!=-1)R=rmq(rk[l2]+1,R);
    return (L>=x||R>=x);
}
int main() {
    tot=0;
    scanf("%d %d", &n, &q);
    scanf("%s",s+1);
    m=122;n=strlen(s+1);
    getSa();
    getHeight();
    init();
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        root[i]=insert(root[i-1],1,n,rk[i],1);
    }
    init();
    while(q--){
        int l1,r1,l2,r2;
        scanf("%d %d %d %d", &l1, &r1,&l2, &r2);
        int ans = 0;
        if(l2>=l1&&l2<=r1)ans=min(r2-l2+1,r1-l2+1);
        int l = 0, r = min(r1-l1+1,r2-l2+1);
        int res = 0;
        while(l<=r){
            int mid = (l+r)>>1;
            if(ck(mid,l1,r1,l2,r2)){
                l=mid+1;
                res=mid;
            }
            else r=mid-1;
        }
        ans=max(ans,res);
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}
/*
8 1
ththhtht
1 6 7 8

85 292 31 259
79 299 5 232
 
8 10
aababbab
1 1 1 1
1 2 4 5
1 5 4 5
2 3 4 5
1 5 2 5
1 6 7 8
3 6 1 7
4 4 3 8
1 5 1 8
2 4 5 8
 */

法二：

既然(lcp(i,j))对于i向左以及j向右都是单调不增的，我们可以二分出rk的左右边界L以及R，使得(lcp(i,rk[l_2])geq mid)
然后我们对于(i,sa[i])建可持久化线段树，查询区间((L+1,rk[l2]))中是否有坐标在([l_1,r_1-mid+1])中
这样复杂度是完美的(O(nlog^2n))

代码：

我好懒，没写代码