[LOJ6198]谢特

loj

description

给你一个字符串和一个数组(w_i)，定义(mbox{LCP}(i,j))为(i,j)两个后缀的最长公共前缀。求(max_{i,j}mbox{LCP}(i,j)+(w_i mbox{xor} w_j))。
(n le 10^5)

sol

首先，(mbox{LCP}(i,j))是后缀排序上的一段连续区间的(mbox{Height})最小值。
那么我们可以枚举这个最小值出现的位置，那么跨越这个位置的所有点对的(mbox{LCP})就确定了。
接下来我们只要考虑最大化(w_i mbox{xor} w_j)。
显然可以用可持久化(mbox{Tire})树实现，复杂度是查询次数( imes log n)的。

算法流程大致是这样的：先找到(mbox{Height})最小的位置(p)，计算所有跨越(p)的点对的答案。枚举分割点两侧(size)较小的一侧，在可持久化(mbox{Tire})树上查询它和另一侧异或的最大值。接着两侧被完全割裂开，可以分别递归下去处理。

考虑这个东西的时间复杂度。可以发现这就是一个倒着做的启发式合并，所以复杂度就是(O(nlog^2n))。
当然也可以按(mbox{Height})从大到小启发式合并，复杂度是一样的。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
const int N = 1e5+5;
struct node{int ch[2],sz;}tr[N*35];
int n,t[N],x[N],y[N],SA[N],Rank[N],Height[N],st[19][N],lg[N],rt[N],tot,w[N],ans;
char s[N];
bool cmp(int i,int j,int k){
	return y[i]==y[j]&&y[i+k]==y[j+k];
}
void getSA(){
	int m=30;
	for (int i=1;i<=n;++i) ++t[x[i]=s[i]-'a'+1];
	for (int i=1;i<=m;++i) t[i]+=t[i-1];
	for (int i=n;i;--i) SA[t[x[i]]--]=i;
	for (int k=1;k<=n;k<<=1){
		int p=0;
		for (int i=0;i<=m;++i) y[i]=0;
		for (int i=n-k+1;i<=n;++i) y[++p]=i;
		for (int i=1;i<=n;++i) if (SA[i]>k) y[++p]=SA[i]-k;
		for (int i=0;i<=m;++i) t[i]=0;
		for (int i=1;i<=n;++i) ++t[x[y[i]]];
		for (int i=1;i<=m;++i) t[i]+=t[i-1];
		for (int i=n;i;--i) SA[t[x[y[i]]]--]=y[i];
		swap(x,y);x[SA[1]]=p=1;
		for (int i=2;i<=n;++i) x[SA[i]]=cmp(SA[i],SA[i-1],k)?p:++p;
		if (p>=n) break;m=p;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i) Rank[SA[i]]=i;
	for (int i=1,j=0;i<=n;++i){
		if (j) --j;
		while (s[i+j]==s[SA[Rank[i]-1]+j]) ++j;
		Height[Rank[i]]=j;st[0][i]=i;
	}
	for (int i=2;i<=n;++i) lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for (int j=1;j<=lg[n];++j)
		for (int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i)
			if (Height[st[j-1][i]]<Height[st[j-1][i+(1<<j-1)]])
				st[j][i]=st[j-1][i];
			else st[j][i]=st[j-1][i+(1<<j-1)];
}
int cal(int l,int r){
	int k=lg[r-l+1];
	if (Height[st[k][l]]<Height[st[k][r-(1<<k)+1]]) return st[k][l];
	return st[k][r-(1<<k)+1];
}
void modify(int &x,int p,int dep){
	tr[++tot]=tr[x];++tr[x=tot].sz;
	if (!~dep) return;
	modify(tr[x].ch[(p>>dep)&1],p,dep-1);
}
int query(int x,int y,int p,int dep){
	if (!~dep) return 0;
	int c=(p>>dep)&1;c^=1;
	if (tr[tr[x].ch[c]].sz-tr[tr[y].ch[c]].sz) return query(tr[x].ch[c],tr[y].ch[c],p,dep-1)|(1<<dep);
	c^=1;return query(tr[x].ch[c],tr[y].ch[c],p,dep-1);
}
void solve(int l,int r){
	if (l==r) return;int mid=cal(l+1,r)-1;
	if (mid-l+1<=r-mid){
		for (int i=l;i<=mid;++i)
			ans=max(ans,Height[mid+1]+query(rt[r],rt[mid],w[SA[i]],18));
	}else{
		for (int i=mid+1;i<=r;++i)
			ans=max(ans,Height[mid+1]+query(rt[mid],rt[l-1],w[SA[i]],18));
	}
	solve(l,mid);solve(mid+1,r);
}
int main(){
	n=gi();scanf("%s",s+1);getSA();
	for (int i=1;i<=n;++i) w[i]=gi();
	for (int i=1;i<=n;++i) modify(rt[i]=rt[i-1],w[SA[i]],18);
	solve(1,n);printf("%d
",ans);return 0;
}