洛谷 P4248 / loj 2377 [AHOI2013] 差异 题解【后缀自动机】【树形DP】

作者: wjyyy 分类: 后缀自动机,字符串,解题报告 发布时间: 2019-03-17 21:55

点击量:12

可能是一个 SAM 常用技巧?感觉 SAM 的基础题好多啊..

题目描述

给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(S\) ,令 \(T_i\) 表示它从第 \(i\) 个字符开始的后缀,求:

$$> \sum_{1\le i<j\le n}len(T_i)+len(T_j)-2\times lcp(T_i,T_j)$$

其中,\(len(a)\) 表示字符串 \(a\) 的长度,\(lcp(a,b)\) 表示字符串 \(a\) 和字符串 \(b\) 的最长公共前缀。

输入输出格式

输入格式:

一行,一个字符串 \(S\)。

输出格式:

一行,一个整数,表示所求值。

输入输出样例

输入样例:

ababc

输出样例:

54

数据范围与约定

对于 \(100\%\) 的数据,保证 \(2\le n\le 500000\),且均为小写字母。

题解:

这个题的主要考点是 SAM 求 lcp。

lcp 是最长公共前缀,而我们用的是后缀自动机。只需要把字符串翻转过来建立 SAM,得到的就是”前缀自动机“了。

类似后缀自动机的性质,我们建造 parent 树,则父亲总是儿子的前缀。而最简状态自动机上的每个点都有自己的 \(mn,mx\) 表示同一个 Right 集合能表示的最短和最长子串,因此任意两个状态的 lcp 长度就是它们在 parent 树上的最近公共祖先节点的 \(mx\)。

然后我们只需要计算任意两点的 lcp 即可,这个操作可以一次 dfs 搞定。注意统计时子树的根也要算上。

每个点做出的贡献是它的 Right 集合大小,可以通过在 parent 树上统计子树信息得到。

此外,前面的 \(\sum_{1\le i<j\le n}i+j\) 可以推导出来 \(O(n)\) 或 \(O(1)\) 求出来。

时间复杂度 \(O(n)\)。

Code:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
struct edge
{
    int n,nxt;
    edge(int n,int nxt)
    {
        this->n=n;
        this->nxt=nxt;
    }
    edge(){}
}e[1000100];
int head[1000100],ecnt=-1;
void add(int from,int to)
{
    e[++ecnt]=edge(to,head[from]);
    head[from]=ecnt;
}
int n;
char s[500100];
int ch[26][1000100],mx[1000100],r[1000100],par[1000100],pcnt;
void build()
{
    int p=pcnt=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int w=s[i]-'a';
        int np=++pcnt;
        mx[np]=mx[p]+1;
        r[np]=1;
        while(p&&!ch[w][p])
        {
            ch[w][p]=np;
            p=par[p];
        }
        if(!p)
            par[np]=1;
        else
        {
            int q=ch[w][p];
            if(mx[q]==mx[p]+1)
                par[np]=q;
            else
            {
                int nq=++pcnt;
                mx[nq]=mx[p]+1;
                while(p&&ch[w][p]==q)
                {
                    ch[w][p]=nq;
                    p=par[p];
                }
                for(int j=0;j<26;++j)
                    ch[j][nq]=ch[j][q];
                par[nq]=par[q];
                par[q]=nq;
                par[np]=nq;
            }
        }
        p=np;
    }
}
long long ans=0;
void dfs(int x)
{
    long long tmp=r[x];
    for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt)
    {
        dfs(e[i].n);
        ans-=tmp*mx[x]*r[e[i].n]*2;
        r[x]+=r[e[i].n];
        tmp+=r[e[i].n];
    }
}
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        ans+=3ll*i*(i-1);
    ans>>=1;
    std::reverse(s+1,s+1+n);
    build();
    for(int i=2;i<=pcnt;++i)
        add(par[i],i);
    dfs(1);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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