名字看起来挺高级的，然而其实就是 ( ext{KMP}) 上树啦。
我们将每个点的 (nex[i]) 与 (i) 连边，那么最终 (border) 关系会形成一棵树，之后就可以在树上搞事情啦！
P5829 【模板】失配树
这题比较裸，直接根据定义建树之后对于两个前缀求出在 (fail) 树上的最近公共祖先即可。
$ exttt{code}$
// Author:A weak man named EricQian
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Maxn 1000005
#define Maxpown 22
typedef long long ll;
inline int rd()
{
int x=0;
char ch,t=0;
while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';
while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return x=t?-x:x;
}
int n,q,tot;
int pre[Maxn],dep[Maxn];
int fa[Maxn][Maxpown];
char s[Maxn];
inline int query(int x,int y)
{
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
for(int i=20;i>=0;i--) if(dep[fa[y][i]]>=dep[x]) y=fa[y][i];
if(x==y) return fa[x][0];
for(int i=20;i>=0;i--) if(fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return fa[x][0];
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
for(int i=2,j=0;i<=n;i++)
{
while(j && s[i]!=s[j+1]) j=pre[j];
if(s[i]==s[j+1]) j++;
pre[i]=j,fa[i][0]=j,dep[i]=dep[j]+1;
}
for(int i=1;i<=20;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1];
q=rd();
for(int i=1,x,y;i<=q;i++) x=rd(),y=rd(),printf("%d
",query(x,y));
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
小插曲：（小声）
ZCETHAN 告诉 EricQian 这一题用失配树做，EricQian 立刻表示它不会失配树。【过了 5 秒】EricQian 大声喊道：我发明了失配树！
CF432D Prefixes and Suffixes
题意：给你一个长度为 (n) 的长字符串，“完美子串”既是它的前缀也是它的后缀，求“完美子串”的个数且统计这些子串的在长字符串中出现的次数。
我们发现对于一个前缀的出现个数其实就是：（难以表述直接用伪代码列出了）
len=这个前缀的长度
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j;j=nex[j])
ans+=(j==len)?1:0;
之后我们发现对于同一个前缀它可能被访问多次，这个可以直接倒换循环顺序实现 (O(n)) 解决。（于是你就发明的失配树）
$ exttt{code}$
// Author:A weak man named EricQian
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Maxn 100005
typedef long long ll;
inline int rd()
{
int x=0;
char ch,t=0;
while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';
while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return x=t?-x:x;
}
inline ll maxll(ll x,ll y){ return x>y?x:y; }
inline ll minll(ll x,ll y){ return x<y?x:y; }
inline ll absll(ll x){ return x>0ll?x:-x; }
inline ll gcd(ll x,ll y){ return (y==0)?x:gcd(y,x%y); }
int n,tot;
int nex[Maxn],cnt[Maxn];
int ans[Maxn][2];
char s[Maxn];
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
for(int i=2,j=0;i<=n;i++)
{
while(j && s[i]!=s[j+1]) j=nex[j];
if(s[i]==s[j+1]) j++;
nex[i]=j;
}
for(int i=n;i>=1;i--) cnt[i]++,cnt[nex[i]]+=cnt[i];
// for(int i=1;i<=n;i++)
// for(int j=i;j;j=nex[j]) cnt[j]++;
ans[++tot][0]=n,ans[tot][1]=1;
for(int i=nex[n];i;i=nex[i])
ans[++tot][0]=i,ans[tot][1]=cnt[i];
printf("%d
",tot);
for(int i=tot;i>=1;i--) printf("%d %d
",ans[i][0],ans[i][1]);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
P2375 [NOI2014] 动物园
这道题可以根本不用往失配树去理解，我们发现每一次最长合法 ( ext{border}) 的长度最多只会增加 (1)，那么直接暴力跑 ( ext{KMP}) 并及时处理 ( ext{border}) 长度大于一半的情况即可。
一些正确性证明：如果这个位置的 ( ext{border}) 长度大于了 (frac{i}{2})，这个 ( ext{border}) 的后缀起始点将永远不再会成为答案，因此跳出这个 ( ext{border}) 一定是对的。
$ exttt{code}$
// Author:A weak man named EricQian
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Maxn 1000005
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
inline int rd()
{
int x=0;
char ch,t=0;
while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';
while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return x=t?-x:x;
}
inline ll maxll(ll x,ll y){ return x>y?x:y; }
inline ll minll(ll x,ll y){ return x<y?x:y; }
inline ll absll(ll x){ return x>0ll?x:-x; }
inline ll gcd(ll x,ll y){ return (y==0)?x:gcd(y,x%y); }
int n,ans;
char s[Maxn];
int nex[Maxn],dep[Maxn];
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
int T=rd();
while(T--)
{
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),ans=1;
dep[1]=1;
for(int i=2,j=0;i<=n;i++)
{
while(j && s[i]!=s[j+1]) j=nex[j];
if(s[i]==s[j+1]) j++;
nex[i]=j,dep[i]=dep[j]+1;
}
for(int i=2,j=0;i<=n;i++)
{
while(j && s[i]!=s[j+1]) j=nex[j];
if(s[i]==s[j+1]) j++;
while(j*2>i) j=nex[j];
ans=1ll*ans*(1ll*dep[j]+1ll)%mod;
}
printf("%d
",ans);
}
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
P3426 [POI2005]SZA-Template
考虑设 (dp(i)) 表示主串的前缀 ([1,i]) 需要的最短长度。
容易发现在失配树上 (dp(i)) 沿着树成单调递增关系，考虑 (dp(i)) 与 (dp(nex_i)) 的关系。
如果 (dp(i)in (dp(nex_i),nex_i])，由于 ([1,i]) 的一个 border 为 (dp(nex_i))，所以 (dp(nex_i)) 也一定能够生成这个串。
所以 (dp(i)) 能够生成的串一定是 (dp(nex_i)) 能够生成的真子集，即答案取 (dp(nex_i)) 一定比 ((dp(nex_i),nex_i]) 优。
因此我们只用判断能否由 (dp(nex_i)) 生成 ([1,i]) 即可，具体即记录 (dp(nex_i)) 能够生成的最长串 (s)，如果 (|s|+|dp(nex_i)|ge i) 即可。
如果上述情况不成立，意味着 (dp(i)=i)。
$ exttt{code}$
// Author:A weak man named EricQian
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Maxn 500005
typedef long long ll;
inline int rd()
{
int x=0;
char ch,t=0;
while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';
while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return x=t?-x:x;
}
inline ll maxll(ll x,ll y){ return x>y?x:y; }
inline ll minll(ll x,ll y){ return x<y?x:y; }
inline ll absll(ll x){ return x>0ll?x:-x; }
inline ll gcd(ll x,ll y){ return (y==0)?x:gcd(y,x%y); }
int n;
int nex[Maxn],maxx[Maxn],dp[Maxn];
char s[Maxn];
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
for(int i=2,j=0;i<=n;i++)
{
while(j && s[i]!=s[j+1]) j=nex[j];
if(s[i]==s[j+1]) j++;
nex[i]=j;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(maxx[dp[nex[i]]]+dp[nex[i]]>=i) dp[i]=dp[nex[i]];
else dp[i]=i;
maxx[dp[i]]=i;
}
printf("%d
",dp[n]);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}