把串倒过来插进trie上, 那么一个串的kpm串就是在以这个串最后一个为根的子树, 子树k大值的经典问题用dfs序+可持久化线段树就可以O(NlogN)解决
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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype>
using namespace std;
#define c(x) ((x) - 'a')
#define chk(x) ((x) >= 'a' && (x) <= 'z')
const int maxn = 100009;
const int maxl = 300009;
const int C = 26;
int V[maxn], seq[maxl], L[maxl], R[maxl];
int N, node_n, Val, n;
char s[maxl];
inline int read() {
char c = getchar();
int ret = 0;
for(; !isdigit(c); c = getchar());
for(; isdigit(c); c = getchar())
ret = ret * 10 + c - '0';
return ret;
}
struct O {
O* next;
int v;
} Opool[maxn], *Opt = Opool, *head[maxn];
inline O* AddO(int x, int v) {
Opt->v = v;
Opt->next = head[x];
return head[x] = Opt++;
}
struct node {
node *ch[C], *f;
O* t;
int n;
node() {
memset(ch, 0, sizeof ch);
f = 0;
t = 0;
}
} Pool[maxl], *Pt, *Rt;
inline node* newNode() {
Pt->n = node_n++;
return Pt++;
}
void Init_trie() {
node_n = 0;
Pt = Pool;
Rt = newNode();
}
void Insert(int x, int len) {
node* t = Rt;
while(len--) {
if(!t->ch[c(s[len])])
t->ch[c(s[len])] = newNode();
t = t->ch[c(s[len])];
}
t->t = AddO(V[x] = t->n, x + 1);
}
void Init() {
Init_trie();
n = 1;
N = read();
for(int i = 0; i < N; i++) {
int len = 0;
for(s[len] = getchar(); !chk(s[len]); s[len] = getchar());
for(s[++len] = getchar(); chk(s[len]); s[++len] = getchar());
Insert(i, len);
}
}
void DFS(node* t) {
L[t->n] = n + 1;
for(O* x = head[t->n]; x; x = x->next)
seq[++n] = x->v;
for(int i = 0; i < C; i++)
if(t->ch[i]) DFS(t->ch[i]);
R[t->n] = n;
}
struct Node {
Node *lc, *rc;
int v;
Node() {
lc = rc = 0;
}
} pool[maxl * 40], *pt, *Root[maxl];
void Init_sgt() {
Root[0] = (pt = pool)++;
Root[0]->lc = Root[0]->rc = Root[0];
Root[0]->v = 0;
}
Node* Modify(Node* t, int l, int r) {
Node* h = pt++;
h->v = t->v + 1;
if(l != r) {
int m = (l + r) >> 1;
if(Val <= m) {
h->lc = Modify(t->lc, l, m);
h->rc = t->rc;
} else {
h->lc = t->lc;
h->rc = Modify(t->rc, m + 1, r);
}
}
return h;
}
void Build() {
for(int i = 1; i <= n; i++) if(seq[i]) {
Val = seq[i];
Root[i] = Modify(Root[i - 1], 1, N);
} else
Root[i] = Root[i - 1];
}
int Query(int x, int Rk) {
Node *L = Root[::L[x] - 1], *R = Root[::R[x]];
if(R->v - L->v < Rk)
return -1;
int l = 1, r = N;
while(l < r) {
int m = (l + r) >> 1;
if(R->lc->v - L->lc->v < Rk) {
Rk -= R->lc->v - L->lc->v;
L = L->rc;
R = R->rc;
l = m + 1;
} else {
L = L->lc;
R = R->lc;
r = m;
}
}
return l;
}
void Work() {
for(int i = 0; i < N; i++)
printf("%d
", Query(V[i], read()));
}
int main() {
Init();
DFS(Rt);
Init_sgt();
Build();
Work();
return 0;
}
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3439: Kpm的MC密码
Time Limit: 15 Sec Memory Limit: 256 MB
Submit: 311 Solved: 153
[Submit][Status][Discuss]Description
背景
想Kpm当年为了防止别人随便进入他的MC，给他的PC设了各种奇怪的密码和验证问题（不要问我他是怎么设的。。。），于是乎，他现在理所当然地忘记了密码，只能来解答那些神奇的身份验证问题了。。。
描述
Kpm当年设下的问题是这样的：
现在定义这么一个概念，如果字符串s是字符串c的一个后缀，那么我们称c是s的一个kpm串。
系统将随机生成n个由a…z组成的字符串，由1…n编号（s1,s2…,sn），然后将它们按序告诉你，接下来会给你n个数字，分别为k1…kn，对于每一个ki，要求你求出列出的n个字符串中所有是si的kpm串的字符串的编号中第ki小的数，如果不存在第ki小的数，则用-1代替。（比如说给出的字符串是cd,abcd,bcd,此时k1=2，那么”cd”的kpm串有”cd”,”abcd”,”bcd”,编号分别为1,2,3其中第2小的编号就是2）（PS：如果你能在相当快的时间里回答完所有n个ki的查询，那么你就可以成功帮kpm进入MC啦~~）
Input
第一行一个整数 n 表示字符串的数目
接下来第二行到n+1行总共n行，每行包括一个字符串，第i+1行的字符串表示编号为i的字符串
接下来包括n行，每行包括一个整数ki，意义如上题所示
Output
包括n行，第i行包括一个整数，表示所有是si的kpm串的字符串的编号中第ki小的数
Sample Input
3
cd
abcd
bcd
2
3
1
Sample Output
2
-1
2
样例解释
“cd”的kpm 串有”cd”,”abcd”,”bcd”,编号为1,2,3，第2小的编号是
2，”abcd”的kpm串只有一个，所以第3小的编号不存在，”bcd”的kpm
串有”abcd”,”bcd”,第1小的编号就是2。
数据范围与约定
设所有字符串的总长度为len
对于100%的数据，1<=n<=100000,0
HINT
Source