计蒜客 39278 String String String 2019 ICPC西安邀请赛赛 K
题面
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给定 (a),(b),(c) 三个串长度分别为 (n1,n2,n3)
已知 (a) 的 所有 (La) 拓展串构成的集合为 (A)，(b) 的 所有 (Lb) 拓展串构成的集合为 (B)，(c) 的 所有 (Lc) 拓展串构成的集合为 (C)
对于 (i leq n1 , j leq n2 , k leq n3) 求
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(s) 串的 (L) 扩展串 (t)，定义为先将 (s) 划分为一些长度小于等于(L)的子段，再将每一个子串都进行逆序操作
例如：当(s = "012345", L = 3)时， (s)的一种合法划分是 ("0|12|345")， 而("0|1|2345")是一种不合法的划分，因为("2345")长度超过了(L)
对于 ("0|12|345") 这种划分， 对每个子串逆序可以得到 ("0|21|543")，那么有 (t = "021543") 就是串 (s) 的一个 (L) 拓展串 -
(suffix(S,i)) 表示一种集合，它包含 (S) 集合中所有长度为 (len-i+1) 的后缀，其中 (len) 为 (S) 集合中串的长度
例如：
(S = {"0003","0303","3200"})
(suffix(S,1) = {"0003","0303","3200"})
(suffix(S,2) = {"003","303","200"})
(suffix(S,3) = {"03","00"})
(suffix(S,4) = {"3","0"})
-
(LCP(a,b,c)) 表示串(a)，串(b)，串(c)的最长公共前缀
例如：(a = "00234", b = "00243", c = "00443")
(LCP(a,b,c) = "00")， (|LCP(a,b,c)| = 2)
而 (LCP(a,b,c)) 不等于 ("0"), 因为 ("00") 的长度比 ("0") 长，且("00")是(a, ~b, ~c)的前缀
(LCP(a,b,c)) 不等于 ("002"), 因为 ("002") 并不是 (c) 串的一个前缀 -
对于字符串(s)，我们用 (|s|) 来表示它的长度
题解
首先，对(A, B, C)分别建出可以识别他们的自动机(TA,TB,TC)。这里给一种方便思考的方式，可以对小的情况建(trie)树，然后化简状态，很容易可以发现识别这种集合的自动机具有的特殊性，再进一步推广即可。对串 (s) 建 (Ls) 拓展串自动机时, 若 (Ls >= 1) 连一条链; 若 (Ls >= 2) 对于(L = 2,3,4) 分别连边，对于当前处理的区间([i,i+L-1])，我们将他的逆序串在上边匹配，如果需要新的节点就开一个新的节点，把最后以一条边连到这个子串完全匹配的那个节点上。
举个例子，(s = "01234", L = 3) 时，自动机形如
其次，(dp(i,j,k))表示(TA)的节点(i)，(TB)的节点(j)，(TC)的节点(k)，向后匹配的最长长度。与(SAM)中的拓扑排序一样，我们可以分别对这(3)个自动机拓扑排序 ，倒序(dp)
其中(nxta(ua,c), nxtb(ub,c), nxtc(uc,c))分别表示(ua，ub，uc)在识别到字符(c)后在各自自动机上会转移到的节点
最后，使用(dp(i,j,k))更新(ans)。求出对应节点深度(depa，depb，depc)，通过深度更新(ans(i,j,k))。容易证明每个自动机的节点数小于(7n)，所以复杂度为(O((7n)^3))
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define per(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
template<class T> inline void ckmx(T &a, T b) { if(a < b) a = b; }
typedef long long ll;
#define LIM 30
const int N = LIM * 7 + 2;
using namespace std;
int ck(char s[], int L, int R) {
if(L == R) return 1;
if(L+1 == R) return (s[L]==s[R]);
if(L+2 == R) return (s[L]==s[R]);
if(L+3 == R) return (s[L] == s[R] && s[L+1] == s[R-1]);
return 0;
}
struct atm {
int nxt[N][10], cc, dep[N], stc[N], n;
atm(){ memset(nxt, 0, sizeof(nxt)); cc = 0; memset(dep, 0 ,sizeof(dep)); }
void clr() {
rep(i,0,cc) memset(nxt[i], 0, sizeof(nxt[i])), dep[i] = 0;
cc = 0;
}
void getdep() {
dep[1] = 1; int u;
queue<int> q; q.push(1);
while(!q.empty()) {
u = q.front(); q.pop();
for(int i = 0; i < 10; ++i) if( nxt[u][i] && !dep[nxt[u][i]] ) {
dep[nxt[u][i]] = dep[u] + 1;
q.push(nxt[u][i]);
}
}
}
int A[N];
void tpsort() {
rep(i,0,cc) A[i] = 0;
for(int i = 1; i <= cc; ++ i) ++ A[dep[i]];
for(int i = 1; i <= n+1; ++ i) A[i] += A[i-1];
for(int i = cc; i; --i) stc[A[dep[i]]--] = i;
}
void build(char s[], int nn, int L) {
n = nn;
rep(i,1,n) nxt[i][s[i]-'0'] = i + 1;
cc = n+1;
int now;
rep(tL, 2, L) rep(i,tL,n) if( !ck(s,i-tL+1,i) ) {
now = i - tL + 1;
per(ti,tL-1,1) {
if(!nxt[now][s[i-(tL-1-ti)]-'0'])
nxt[now][s[i-(tL-1-ti)]-'0'] = ++ cc;
now = nxt[now][s[i-(tL-1-ti)]-'0'];
}
nxt[now][s[i-tL+1]-'0'] = i+1;
}
getdep();
tpsort();
}
} A, B, C;
int n1, n2, n3, La, Lb, Lc, ans[LIM+1][LIM+1][LIM+1], dp[N][N][N];
char a[LIM+1], b[LIM+1], c[LIM+1];
int main() {
while(scanf("%d%d%d%d%d%d", &n1, &n2, &n3, &La, &Lb, &Lc) != EOF) {
scanf(" %s %s %s", a+1, b+1, c+1);
A.build(a, n1, La); B.build(b, n2, Lb); C.build(c, n3, Lc);
int ua, ub, uc, va, vb, vc;
per(i, A.cc, 1) per(j, B.cc, 1) per(k, C.cc, 1) {
ua = A.stc[i], ub = B.stc[j], uc = C.stc[k];
rep(kk, 0, 9) {
va = A.nxt[ua][kk], vb = B.nxt[ub][kk], vc = C.nxt[uc][kk];
if(va && vb && vc) ckmx( dp[ua][ub][uc], dp[va][vb][vc] + 1 );
}
ckmx( ans[A.dep[ua]][B.dep[ub]][C.dep[uc]], dp[ua][ub][uc] );
}
rep(i, 1, n1) rep(j, 1, n2) rep(k, 1, n3) {
printf("%d ",ans[i][j][k]), ans[i][j][k] = 0;
}putchar('
');
memset(dp, 0, sizeof(dp));
A.clr(); B.clr(); C.clr();
}
return 0;
}