#1403 : 后缀数组一·重复旋律
描述
小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。
小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品自身包含一样的旋律。旋律是一段连续的数列，相似的旋律在原数列可重叠。比如在1 2 3 2 3 2 1 中 2 3 2 出现了两次。
小Hi想知道一段旋律中出现次数至少为K次的旋律最长是多少？
输入
第一行两个整数 N和K。1≤N≤20000 1≤K≤N
接下来有 N 个整数，表示每个音的数字。1≤数字≤100
输出
一行一个整数，表示答案。
- 样例输入
-
8 2
1
2
3
2
3
2
3
1 - 样例输出
-
4
先求出后缀数组，问题转换为询问height数组中连续k-1个数的最小值的最大值，单调队列扫描一遍即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib> #define siz 1024 inline int get_c(void)
{
static char buf[siz];
static char *head = buf + siz;
static char *tail = buf + siz; if (head == tail)
fread(head = buf, , siz, stdin); return *head++;
} inline int get_i(void)
{
register int ret = ;
register int neg = false;
register int bit = get_c(); for (; bit < ; bit = get_c())
if (bit == '-')neg ^= ; for (; bit > ; bit = get_c())
ret = ret * + bit - ; return neg ? -ret : ret;
} #define N 20005 int n, m, s[N];
int A[N], cntA[N];
int B[N], cntB[N];
int sa[N], rk[N], ht[N], tsa[N];
int que[N], hd, tl, answer; signed main(void)
{
n = get_i();
m = get_i(); for (int i = ; i <= n; ++i)
s[i] = get_i(); memset(cntA, , sizeof(cntA)); for (int i = ; i <= n; ++i)
++cntA[s[i]]; for (int i = ; i <= ; ++i)
cntA[i] += cntA[i - ]; for (int i = n; i >= ; --i)
sa[cntA[s[i]]--] = i; rk[sa[]] = ; for (int i = ; i <= n; ++i)
rk[sa[i]] = rk[sa[i - ]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - ]]); for (int l = ; rk[sa[n]] < n; l <<= )
{
memset(cntA, , sizeof(cntA));
memset(cntB, , sizeof(cntB)); for (int i = ; i <= n; ++i)
{
++cntA[A[i] = rk[i]];
++cntB[B[i] = i + l <= n ? rk[i + l] : ];
} for (int i = ; i <= n; ++i)
cntB[i] += cntB[i - ]; for (int i = ; i <= n; ++i)
cntA[i] += cntA[i - ]; for (int i = n; i >= ; --i)
tsa[cntB[B[i]]--] = i; for (int i = n; i >= ; --i)
sa[cntA[A[tsa[i]]]--] = tsa[i]; rk[sa[]] = ; for (int i = ; i <= n; ++i)
rk[sa[i]] = rk[sa[i - ]] + (A[sa[i]] != A[sa[i - ]] || B[sa[i]] != B[sa[i - ]]);
} for (int i = , j = ; i <= n; ++i)
{
j = j ? j - : ;
while (s[i + j] == s[sa[rk[i] - ] + j])++j;
ht[rk[i]] = j;
} for (int i = ; i < m; ++i)
{
while (tl != hd && ht[i] < ht[que[tl]])
--tl;
que[++tl] = i;
} answer = ht[que[hd]]; for (int i = m; i <= n; ++i)
{
while (tl != hd && ht[i] < ht[que[tl]])
--tl; que[++tl] = i; while (hd != tl && que[hd + ] <= i - m + )
++hd; if (answer < ht[que[hd + ]])
answer = ht[que[hd + ]];
} printf("%d\n", answer);
}
#1407 : 后缀数组二·重复旋律2
描述
小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品自身包含一样的旋律。
旋律可以表示为一段连续的数列，相似的旋律在原数列不可重叠，比如在1 2 3 2 3 2 1 中 2 3 2 出现了一次，2 3 出现了两次，小Hi想知道一段旋律中出现次数至少为两次的旋律最长是多少？
输入
第一行一个整数 N。1≤N≤100000
接下来有 N 个整数，表示每个音的数字。1≤数字≤1000
输出
一行一个整数，表示答案。
- 样例输入
-
8
1 2 3 2 3 2 3 1 - 样例输出
-
2
二分答案，转换为判断是否存在长度>=k的不重叠的两个子串。判定两个后缀是否重叠，只需要看abs(st1-st2)和k的大小关系即可，所以找出极长的连续的大于等于k的一段height，维护其中的st的最大和最小值，即可判断是否存在合法的两个子串。
#include <bits/stdc++.h> #define siz 1024 inline int get_c(void)
{
static char buf[siz];
static char *head = buf + siz;
static char *tail = buf + siz; if (head == tail)
fread(head = buf, , siz, stdin); return *head++;
} inline int get_i(void)
{
register int ret = ;
register int neg = false;
register int bit = get_c(); for (; bit < ; bit = get_c())
if (bit == '-')neg ^= true; for (; bit > ; bit = get_c())
ret = ret * + bit - ; return neg ? -ret : ret;
} #define N 100005 const int inf = 2e9 + ; int n, s[N];
int A[N], cntA[N];
int B[N], cntB[N];
int sa[N], rk[N], ht[N], ta[N]; inline bool check(int k)
{
int max = sa[], min = sa[]; for (int i = ; i <= n; ++i)
{
if (ht[i] >= k)
{
if (max < sa[i])
max = sa[i];
if (min > sa[i])
min = sa[i];
if (min + k <= max)
return true;
}
else
max = min = sa[i];
} return false;
} signed main(void)
{
n = get_i(); for (int i = ; i <= n; ++i)
s[i] = get_i(); memset(cntA, , sizeof(cntA)); for (int i = ; i <= n; ++i)
++cntA[s[i]]; for (int i = ; i <= ; ++i)
cntA[i] += cntA[i - ]; for (int i = n; i >= ; --i)
sa[cntA[s[i]]--] = i; rk[sa[]] = ; for (int i = ; i <= n; ++i)
rk[sa[i]] = rk[sa[i - ]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - ]]); for (int l = ; rk[sa[n]] < n; l <<= )
{
memset(cntA, , sizeof(cntA));
memset(cntB, , sizeof(cntB)); for (int i = ; i <= n; ++i)
{
++cntA[A[i] = rk[i]];
++cntB[B[i] = i + l <= n ? rk[i + l] : ];
} for (int i = ; i <= n; ++i)
cntA[i] += cntA[i - ];
for (int i = ; i <= n; ++i)
cntB[i] += cntB[i - ]; for (int i = n; i >= ; --i)
ta[cntB[B[i]]--] = i; for (int i = n; i >= ; --i)
sa[cntA[A[ta[i]]]--] = ta[i]; rk[sa[]] = ; for (int i = ; i <= n; ++i)
rk[sa[i]] = rk[sa[i - ]] + (A[sa[i]] != A[sa[i - ]] || B[sa[i]] != B[sa[i - ]]);
} for (int i = , j = ; i <= n; ++i)
{
if (--j < )j = ;
while (s[i + j] == s[sa[rk[i] - ] + j])++j;
ht[rk[i]] = j;
} int lt = , rt = n, mid, ans = ; while (lt <= rt)
{
mid = (lt + rt) >> ;
if (check(mid))
ans = mid, lt = mid + ;
else
rt = mid - ;
} printf("%d\n", ans);
}
#1415 : 后缀数组三·重复旋律3
描述
小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品中的旋律有共同的部分。
旋律是一段连续的数列，如果同一段旋律在作品A和作品B中同时出现过，这段旋律就是A和B共同的部分，比如在abab 在 bababab 和 cabacababc 中都出现过。小Hi想知道两部作品的共同旋律最长是多少？
输入
共两行。一行一个仅包含小写字母的字符串。字符串长度不超过 100000。
输出
一行一个整数，表示答案。
- 样例输入
-
abcdefg
abacabca - 样例输出
-
3
把两个串接在一起跑后缀数组，找出最大的height使得两个后缀从不同串开始即可。
#include <bits/stdc++.h> #define N 200005 int n;
int m;
int len;
int cut;
int s[N];
int sa[N];
int rk[N];
int ta[N];
int ht[N];
int A[N], cntA[N];
int B[N], cntB[N]; char s1[N];
char s2[N]; signed main(void)
{
scanf("%s", s1 + );
scanf("%s", s2 + ); n = strlen(s1 + );
m = strlen(s2 + ); for (int i = ; i <= n; ++i)
s[++len] = s1[i] - 'a' + ; s[cut = ++len] = ; for (int i = ; i <= m; ++i)
s[++len] = s2[i] - 'a' + ; s[++len] = ; memset(cntA, , sizeof(cntA)); for (int i = ; i <= len; ++i)
++cntA[s[i]]; for (int i = ; i <= ; ++i)
cntA[i] += cntA[i - ]; for (int i = len; i >= ; --i)
sa[cntA[s[i]]--] = i; rk[sa[]] = ; for (int i = ; i <= len; ++i)
rk[sa[i]] = rk[sa[i - ]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - ]]); for (int l = ; rk[sa[len]] < len; l <<= )
{
memset(cntA, , sizeof(cntA));
memset(cntB, , sizeof(cntB)); for (int i = ; i <= len; ++i)
{
++cntA[A[i] = rk[i]];
++cntB[B[i] = i + l <= len ? rk[i + l] : ];
} for (int i = ; i <= len; ++i)
cntA[i] += cntA[i - ],
cntB[i] += cntB[i - ]; for (int i = len; i >= ; --i)
ta[cntB[B[i]]--] = i; for (int i = len; i >= ; --i)
sa[cntA[A[ta[i]]]--] = ta[i]; rk[sa[]] = ; for (int i = ; i <= len; ++i)
rk[sa[i]] = rk[sa[i - ]] + (
A[sa[i]] != A[sa[i - ]]
|| B[sa[i]] != B[sa[i - ]]);
} for (int i = , j = ; i <= len; ++i)
{
if (--j < )j = ;
while (s[i + j] == s[sa[rk[i] - ] + j])++j;
ht[rk[i]] = j;
} int ans = ; for (int i = ; i <= len; ++i)
if ((sa[i] < cut) != (sa[i - ] < cut))
ans = std::max(ans, ht[i]); printf("%d\n", ans);
}
#1419 : 后缀数组四·重复旋律4
描述
小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品中的旋律有重复的部分。
我们把一段旋律称为(k,l)-重复的，如果它满足由一个长度为l的字符串重复了k次组成。 如旋律abaabaabaaba是(4,3)重复的，因为它由aba重复4次组成。
小Hi想知道一部作品中k最大的(k,l)-重复旋律。
输入
一行一个仅包含小写字母的字符串。字符串长度不超过 100000。
输出
一行一个整数，表示答案k。
- 样例输入
-
babbabaabaabaabab
- 样例输出
-
4
这道题有点复杂…… 好在HiHo的提示很好。
小Ho：这一次的问题该如何解决呢？
小Hi：嗯，这次的问题是重复次数最多的连续字串。
小Ho：似乎不好下手啊。
小Hi：那我们先降低难度，不如考虑如何解决如何求一个串的最大重复次数。
小Ho：嗯。我想想，比如说串abababab，既可以是(1,8)，也可以是(2,4)，最大的是(4,2)。
小Hi：对。假如说我们枚举一个可能的循环节长度l（或者k），能不能快速判断这个l是否合法呢？
小Ho：啊！我想想...似乎是求原串和原串去掉前l个字符后两个串的LCP（最长公共前缀），如果能完全匹配上，就满足！
小Hi：对，没错。比如abababab，检验是否是(2,4)，就拿abababab和ababab求LCP。
小Hi：值得一提的是，利用height数组可以快速求出我们需要的LCP。例如abababab的height数组如下：
| suffix | sa | height |
|---|---|---|
| ab | 7 | 0 |
| abab | 5 | 2 |
| ababab | 3 | 4 |
| abababab | 1 | 6 |
| b | 8 | 0 |
| bab | 6 | 1 |
| babab | 4 | 3 |
| bababab | 2 | 5 |
小Hi：如果我们要求某两个后缀的LCP，只要求它们中间的一段height数组的最小值即可。例如abababab和ababab的LCP就是[4]这段的最小值，即2；bab和bababab的LCP就是[3, 5]这段的最小值，即3；ab和babab的LCP就是[2, 4, 6, 0, 1, 3]这段的最小值，即0。
小Hi：这个求height数组某一段最小值的问题，恰好是之前讲过的[RMQ问题]，可以通过O(NlogN)的预处理达到O(1),处理单次询问；当然使用线段树等数据结构也是可以的，单次询问O(logN)。
小Ho：明白了。回到原问题，那我们肯定是要先枚举(k,l)中的这个l，再枚举起始位置i，计算Suffix(i)和Suffix(i+l)的LCP，记作lcp(l, i)，那么k(l, i)就等于lcp(l,i)/l + 1。对于所有的循环节长度l和起始位置i，最大的k(l, i)就是答案。
小Hi：你说的对！不过本题还是有进一步优化的空间。对于确定的l，我们不用枚举所有的起始位置i，而只枚举i是l的整数倍的情况。如果最优串的开始位置恰好在l的倍数上，那我们找到的最大的k就是正确答案。
小Ho：道理是这么个道理。不过如果最优串的开始位置不在l的倍数上呢？
小Hi：即使不是，问题也会太糟糕，假如说最优串位置在x，可以想象我们会枚举到x之后的一个最近位置p，p是l的倍数。并且我们计算出了Suffix(p)和Suffix(p+l)的LCP，lcp(l, p)那么此时的k(l, p)=lcp(l, p)/l+1。
小Hi：对于被我们略过的k(l, p-1), k(l, p-2) ... k(l, p-l+1)，它们的上限是k(l, p)+1。
小Ho：没错。因为它们的起始位置距离p不超过l，所以最多比Suffix(p)增加一个循环节。
小Hi：其次，如果k(l, p-1), k(l, p-2) ... k(l, p-l+1)中有一个的值是k(l, p)+1的话，那么k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)一定等于k(l, p)+1。(mod是取余运算)
小HO：为什么呢？
小Hi：举个例子，比如串XaYcdabcdabcd(XY各代表一个不确定的字符，具体代表的字符会影响最后答案，我们后面会分析到)，当我们考虑l=4的时候，第一次枚举p=4的起始位置，会求出cdabcdabcd和cdabcd的lcp(4, 4)=6，k(4, 4)=2。根据上面的论断，只有当k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)=k(4, 4 - 4 + 6 mod 4)=k(4, 2)=3时，k(4, 1), k(4, 2)和k(4, 3)中才会有3。首先我们可以判断k(4, 3)一定不可能等于3，因为无论Y是哪个字符，Ycdabcdabcd和bcdabcd的LCP即lcp(4, 3)最大是7，不到8。 其次如果k(4, 2) ≠ 3，那么k(4, 1)也没戏。因为如果k(4, 2) ≠ 3，说明aY和ab匹配不上，这时无论X是哪个字符，XaY和dab匹配不上，lcp(4, 1) < l，k(4, 1) = 1。
小Ho：哦，我有点明白了。k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)是一个分界线，右边的值因为LCP不够大，一定不能增加一个循环节。并且如果k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)没有增加循环节的话，说明[p - l + lcp(l, p) mod l, p]这段中间匹配出错，左边的lcp也跟着雪崩，更不可能增加循环节了。
小Hi：没错！
小Ho：那枚举l和枚举开始位置的时间复杂度呢？
小Hi：你会发现，枚举完l后枚举开始位置的时间复杂度是O(n/l)的，所以总复杂度是O(n/1)+O(n/2)+O(n/3)...这个是一个经典的求和，总复杂度是O(nlogn)的。
小Ho：明白了！好神奇，看似简单朴素的想法，复杂度却也很低。
小Hi：是啊。以下是二分判断的C++代码实现：
for(L＝1;L <= n;L++)
{
for (int i = 1; i + L <= n; i += L)
{
int R = lcp(i, i + L);
ans = max(ans, R / L + 1);
if (i >= L - R % L)
{
ans = max(lcp(i - L + R%L, i + R%L) / L + 1, ans);
}
}
}
小Ho：好的。我这就实现一下。
然后我就实现了一下…… 对于证明一脸懵逼……
#include <bits/stdc++.h> #define N 100005 int n; char s[N]; int A[N], cntA[N];
int B[N], cntB[N];
int sa[N], rk[N], ht[N], ta[N]; int tr[N << ]; void build(int t, int l, int r)
{
if (l == r)
tr[t] = ht[l];
else
{
int mid = (l + r) >> ;
build(t << , l, mid);
build(t << | , mid + , r);
tr[t] = std::min(
tr[t << ],
tr[t << | ]
);
}
} int query(int t, int l, int r, int a, int b)
{
if (l == a && r == b)
return tr[t];
int mid = (l + r) >> ;
if (b <= mid)
return query(t << , l, mid, a, b);
else if (a > mid)
return query(t << | , mid + , r, a, b);
else
return std::min(
query(t << , l, mid, a, mid),
query(t << | , mid + , r, mid + , b)
);
} inline int lcp(int a, int b)
{
a = rk[a];
b = rk[b]; if (a > b)
std::swap(a, b); return query(, , n, a + , b);
} signed main(void)
{
scanf("%s", s + ); n = strlen(s + ); memset(cntA, , sizeof(cntA)); for (int i = ; i <= n; ++i)
++cntA[s[i]]; for (int i = ; i <= ; ++i)
cntA[i] += cntA[i - ]; for (int i = n; i >= ; --i)
sa[cntA[s[i]]--] = i; rk[sa[]] = ; for (int i = ; i <= n; ++i)
rk[sa[i]] = rk[sa[i - ]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - ]]); for (int l = ; rk[sa[n]] < n; l <<= )
{
memset(cntA, , sizeof(cntA));
memset(cntB, , sizeof(cntB)); for (int i = ; i <= n; ++i)
{
++cntA[A[i] = rk[i]];
++cntB[B[i] = i + l <= n ? rk[i + l] : ];
} for (int i = ; i <= n; ++i)
cntA[i] += cntA[i - ],
cntB[i] += cntB[i - ]; for (int i = n; i >= ; --i)
ta[cntB[B[i]]--] = i; for (int i = n; i >= ; --i)
sa[cntA[A[ta[i]]]--] = ta[i]; rk[sa[]] = ; for (int i = ; i <= n; ++i)
rk[sa[i]] = rk[sa[i - ]] + (A[sa[i]] != A[sa[i - ]] || B[sa[i]] != B[sa[i - ]]);
} for (int i = , j = ; i <= n; ++i)
{
if (--j < )j = ;
while (s[i + j] == s[sa[rk[i] - ] + j])++j;
ht[rk[i]] = j;
} build(, , n); int ans = ; for (int L = ; L <= n; ++L)
{
for (int i = ; i + L <= n; i += L)
{
int R = lcp(i, i + L);
ans = std::max(ans, R/L + );
if (i >= L - R % L)
ans = std::max(ans,
lcp(i-L+R%L,i+R%L)/L+);
}
} printf("%d\n", ans);
}
@Author: YouSiki