P5334 [JSOI2019]节日庆典 扩展KMP

题意:

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分析：

• 暴力：

对于每一个前缀跑一遍最小表示法，复杂度 (O(n^2))，期望得分 (30pts) ~ (50pts)

我原本以为这个东西可以用lyndon分解补字符做到(O(n))，但是lyndon分解求最小表示法要把原串倍增一下，这样每次相当于是插入两个字符，做不了/kk

• 正解：

我们维护一个集合 (point) 记录那些能够作为最小表示法起点的位置，即是lyndon串的后缀的起点，可以发现一个点只会加入集合一次，也就是说一个点一旦无法成为最小表示法的起点，那么它就再也无法加入集合

假设当前枚举到字符 (s[i]) ，我们考虑 (point) 集合里的元素满足什么关系：

1. 对于 (forall x<y) 如果 (lcp(s[x:n],s[y:n])le i-y) ，那么 (x,y) 中必然有一个节点不合法

   证明很显然，我们考虑新加入字符 (s[i]) 时，对于原有集合 (point) 集合内元素一定满足 (forall x,y) (lcp(s[x:n],s[y:n])> i-1-y) 而我们要给每个不合法元素 (x) 找到一个元素 (y) 满足 (lcp(s[x:n],s[y:n])le i-y)

   显然我们可以直接比较 (s[x+i-y]) 和 (s[i]) 的关系，但是枚举点对是 (O(n^2)) 的，对于每个前缀要是都这么干一次，还不如暴力，所以我们考虑对于每一个 (y) 检验哪些 (x) 不合法时，只需要找到最小的一个 (x) 就可以了，因为集合内其他元素一定是 (x) 的后缀的前缀，一旦它合法，等价于它的前缀都合法，即剩余元素都是合法的

2. 对于 (forall x<y) 满足 (lcp(s[x:n],s[y:n])> i-y) ，如果 (i-yge y-x)那么 (y) 必然不合法

   证明:假设原串可以表示为：ABBC ，其中 C 是 B 的严格非空前缀，那么 (x,y,z) 分别代表的循环同构串是 BBCA，BCAB，CABB，如果 BC > CA 那么 (y) 不如 (z) 优秀，如果 BC < CA 那么 (y) 不如 (x) 优秀，所以可以直接放弃 (y) ，同时我们可以发现，任意两个元素之间的长度大于 2 倍，所以集合内元素的个数是 (O(log)) 的

这样我们就能做到 (O(log)) 的在加入一个字符时维护最优决策点的集合，然后我们每一次遍历集合，把前缀接上进行比较，找字典序更小的一个决策点作为答案，由于需要比较每一个后缀和原串的字典序，所以上EXKMP，总复杂度 (O(nlog n))

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define inl inline
#define reg register
#define pb push_back

using namespace std;

namespace zzc
{
    const int maxn = 3e6+5;
    int z[maxn];
    int n;
    char s[maxn];
    vector<int> point;

    void exkmp()
    {
        z[1]=n;
        for(reg int i=2,l=0,r=0;i<=n;i++)
        {
            if(i<=r) z[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
            while(i+z[i]<=n&&s[i+z[i]]==s[z[i]+1]) z[i]++;
            if(i+z[i]-1>r) r=i+z[i]-1,l=i;
        }
    }
    
    inl int compare(int x,int len)
    {
        return z[x]>=len?0:(s[x+z[x]]>s[1+z[x]]?-1:1);
    }

    inl int check(int x,int y,int len)
    {
        int flag;
        if((flag=compare(y+len-x+1,x-y))!=0) return flag>0?y:x;
        if((flag=compare(x-y+1,y-1))!=0) return flag>0?x:y;
        return y;
    }

    void work()
    {
        scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
        exkmp();
        for(reg int i=1;i<=n;i++)
        {
            vector<int> newpoint(1,i);
            for(auto x:point)
            {
                while(!newpoint.empty()&&s[x+i-newpoint.back()]<s[i]) newpoint.pop_back();//性质1
                if(newpoint.empty()||s[x+i-newpoint.back()]==s[i])
                {
                    while(!newpoint.empty()&&i-newpoint.back()>=newpoint.back()-x) newpoint.pop_back();//性质2
                    newpoint.pb(x);
                }
            }
            point=newpoint;
            int ans=point[0];
            for(reg int j=1,k=point.size();j<k;j++) ans=check(ans,point[j],i);
            printf("%d ",ans);
        }
    }

}

int main()
{
    zzc::work();
    return 0;
}