LOJ2313 「HAOI2017」供给侧改革

LOJ2313 「HAOI2017」供给侧改革

题目大意

题目链接

有一个随机生成的、长度为 (n) 的 (01) 串 (S)。

• 定义 (mathrm{suf}(i) = S[i, n])，即以 (i) 开头的后缀。
• 定义 (mathrm{lcp}(i, j) = max {kmid 0leq kleq min{n - i + 1, n - j + 1}, S[i,i + k - 1] = S[j, j + k - 1]})。
• 定义 (f(l, r) = max{mathrm{lcp}(i, j)mid l leq i < jleq r})。注意此处 (i, j) 不能相等。

(q) 次询问，每次给出 (L, R)，求：

[sum_{L leq i < R} f(i, R) ]

数据范围：(1leq n, qleq 10^5)。

本题题解

求 (mathrm{lcp})，可以借助后缀树（即反串的 sam 的 parent tree）：两后缀的 (mathrm{lcp})，就是它们在后缀树上对应节点的 (mathrm{lca}) 的最长串长度（以下简称为点权）。

因为 (S) 随机生成，有两个很好的性质：(1) 后缀树树高是 (mathcal{O}(log n)) 级别的；(2) 任意一对点的 (mathrm{lcp}) 是 (mathcal{O}(log n)) 级别的。

将询问离线。从小到大枚举右端点 (R)。将 (f(i, R)) 简写为 (f(i))。设 (g(i) = max{mathrm{lcp}(i, j) mid i < j leq R})。则 (f(i) = max{g(j) mid jgeq i})，也就是 (g) 数组的后缀最大值。从 (R - 1) 变化到 (R) 时，只需要让所有 (g(i)) ((i < R)) 对 (mathrm{lcp}(i, R)) 取 (max)，那么相当于让 (f) 数组的 ([1, i]) 这段前缀对 (mathrm{lcp}(i, R)) 取 (max)。

记以位置 (i) 开头的后缀在后缀树上的节点为 (mathrm{pos}(i))。考虑每个 (i)。因为 (mathrm{lcp}(i, R)) 就是两节点 (mathrm{lca}) 的点权，所以 (g(i)) 的值，只会在 (mathrm{pos}(i)) 的祖先的点权里取到。某个祖先 (u)，能贡献到 (g(i)) 里（令 (g(i)) 对 (u) 的点权取 (max)），当且仅当 (u) 子树里包含了一个 (j)，形式化地说：(exist jin(i, R]) 使得 (mathrm{pos}(j)) 在 (u) 的子树里。为了保证是 (mathrm{lca})，其实这里本来应该要求 (mathrm{pos}(i)) 和 (mathrm{pos}(j)) 来自不同的儿子子树，但是因为是取 (max)，比 (mathrm{lca}) 更高的祖先，点权一定更小，所以不会影响答案。可以这样理解整个过程：越高的祖先，点权越小，但越有可能包含 (j)（只要包含了某个 (j)，就能贡献到 (g(i)) 里）。每次 (R) 变化时，相当于加入了一个 (j = R)，随着 (j) 的加入，(i) 的祖先里包含 (j) 的节点就可以越降越低，因此 (g(i)) 越来越大。

从小到大枚举 (R)，对所有已经扫描过的 (i)（也就是 (i < R)），将 (i) 挂在 (mathrm{pos}(i)) 的所有祖先上，记节点 (u) 上挂的 (i) 的集合为 (S(u))，因为后缀树树高为 (mathcal{O}(log n)) 级别，所以每次暴力挂上去就好。

对每个 (R)，可以用它去更新一些 (i) 的 (g(i)) 的值。考虑枚举 (i) 和 (R) 的公共祖先（前面说过，因为是取 (max)，所以不必保证是最近公共祖先）。具体来说就是访问 (R) 的所有祖先，记为 (u)，考虑 (S(u)) 里的每个 (i)：令 (g(i)) 对 (u) 的点权取 (max)（对 (f) 的影响是让前缀 ([1, i]) 对它取 (max)），然后就可以将 (i) 从 (S(u)) 里删掉了（因为 (u) 的点权已经向 (g(i)) 里贡献过了，之后显然不会再影响 (g(i))）。更准确地说，我们访问完成后，会将 (R) 的所有祖先的 (S(u)) 清空。因为每个 (i) 只会在它的所有祖先里被加入一次，访问一次并直接被删除，所以总访问量是 (mathcal{O}(nlog n)) 的。

为了维护 (f)，我们需要一个数据结构，支持区间（一段前缀）对某个值取 (max)；区间求和。线段树就可以胜任，时间复杂度 (mathcal{O}(nlog^2 n))。

但注意到我们要取 (max) 的值（也就是 (mathrm{lcp}) 长度）是 (mathcal{O}(log n)) 级别的，并且只会对一段前缀（而不是任意区间）操作，所以有更好的方法。对每个值 (v)，维护它能贡献到的最大位置，记为 (p(v))。一次修改操作，假设是让 ([1, i]) 对 (v) 取 (max)，则我们直接让 (p(v)) 对 (i) 取 (max)。询问时，从大到小枚举 (v)，记前面所有（更大的）(v) 的 (p(v)) 的最大值为 (t)，若当前 (p(v)leq t)，则对答案无贡献；否则说明 ([t + 1, p(v)]) 的这段 (f) 值为 (v)，这样我们就以划分出 (mathcal{O}(log n)) 个等值连续段的方式，刻画出了 (f) 数组。此时求一段区间的和，自然也就非常简单了。

此外，注意到在我们转化后，我们只关心取到每个值的最大的 (i)。所以 (S(u)) 里不必存整个集合，只需要记录其中最大的 (i) 即可。

时间复杂度 (mathcal{O}(nlog n))，空间复杂度 (mathcal{O}(n))。

参考代码

// problem: P3732
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }

const int MAXN = 1e5;

int n, m;
char s[MAXN + 5];

int ans[MAXN + 5];
vector<pii> vq[MAXN + 5];

int cnt, ed, mp[MAXN * 2 + 5][2], fa[MAXN * 2 + 5], len[MAXN * 2 + 5], pos[MAXN + 5];
void insert(int c, int idx) {
	int p = ed;
	ed = ++cnt;
	pos[idx] = ed;
	len[ed] = len[p] + 1;
	for (; p && !mp[p][c]; p = fa[p]) {
		mp[p][c] = ed;
	}
	if (!p) {
		fa[ed] = 1;
	} else {
		int q = mp[p][c];
		if (len[q] == len[p] + 1) {
			fa[ed] = q;
		} else {
			++cnt;
			len[cnt] = len[p] + 1;
			mp[cnt][0] = mp[q][0], mp[cnt][1] = mp[q][1];
			fa[cnt] = fa[q];
			fa[q] = fa[ed] = cnt;
			for (; mp[p][c] == q; p = fa[p]) {
				mp[p][c] = cnt;
			}
		}
	}
}

int val_max_pos[100], max_val;
int mxi[MAXN * 2 + 5];

void update_as_r(int idx) {
	int u = pos[idx];
	while (u) {
		// 对于所有祖先, 更新这个祖先子树里所有 i 的答案
		
		// u 节点上的每个 i, 对答案的更新, 相当于是让 data[1, i] 对 len[u] 取 max
		// 故只需要保留 u 节点上最大的 i. 记为 mxi[u]
		
		// 又因为数据随机, len[u] 很小, 故可以考虑对每个 len[u] 的值记录其出现的最大位置 i, 也就是 val_max_pos[len[u]] = i
		
		if (mxi[u] != 0) {
			ckmax(val_max_pos[len[u]], mxi[u]); // 每种值对应的最大的 i
			ckmax(max_val, len[u]);
		}
		u = fa[u];
	}
}
void insert_as_i(int idx) {
	int u = pos[idx];
	while (u) {
		// 对于所有祖先, 在这个祖先子树里插入一个 i
		ckmax(mxi[u], idx);
		u = fa[u];
	}
}
int query(int l) {
	int lst = 0;
	int res = 0;
	for (int i = max_val; i >= 1; --i) {
		if (val_max_pos[i] > lst) {
			int cl = lst + 1, cr = val_max_pos[i];
			// [cl, cr] 这段区间的值等于 i
			if (cr >= l) {
				if (cl < l) cl = l;
				res += (cr - cl + 1) * i;
			}
			lst = val_max_pos[i];
		}
	}
	return res;
}
int main() {
	cin >> n >> m;
	cin >> (s + 1);
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		int l, r;
		cin >> l >> r;
		vq[r].push_back(mk(i, l));
	}
	
	cnt = ed = 1;
	for (int i = n; i >= 1; --i) {
		insert(s[i] - '0', i);
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		update_as_r(i);
		insert_as_i(i);
		
		for (int _ = 0; _ < SZ(vq[i]); ++_) {
			int id = vq[i][_].fi;
			int l = vq[i][_].se;
			ans[id] = query(l);
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		cout << ans[i] << endl;
	}
	return 0;
}