• [NOI2016]优秀的拆分(SA数组)


    [NOI2016]优秀的拆分

    题目描述

    如果一个字符串可以被拆分为 (AABB) 的形式,其中 A和 B是任意非空字符串,则我们称该字符串的这种拆分是优秀的。

    例如,对于字符串 (aabaabaa) ,如果令 (A=aab)(B=a) ,我们就找到了这个字符串拆分成 (AABB) 的一种方式。

    一个字符串可能没有优秀的拆分,也可能存在不止一种优秀的拆分。比如我们令 (A=a)(B=baa) ,也可以用 (AABB) 表示出上述字符串;但是,字符串 (abaabaa) 就没有优秀的拆分。

    现在给出一个长度为 (n) 的字符串 (S) ,我们需要求出,在它所有子串的所有拆分方式中,优秀拆分的总个数。这里的子串是指字符串中连续的一段。

    以下事项需要注意:
    出现在不同位置的相同子串,我们认为是不同的子串,它们的优秀拆分均会被记入答案。

    在一个拆分中,允许出现 (A=B) 。例如 (cccc) 存在拆分 (A=B=c)

    字符串本身也是它的一个子串。

    输入输出格式

    输入格式:

    每个输入文件包含多组数据。

    输入的第一行只有一个整数 (T) ,表示数据的组数。保证 (1≤T≤10)

    接下来 (T) 行,每行包含一个仅由英文小写字母构成的字符串 (S) ,意义如题所述

    输出格式:

    输出 (T) 行,每行包含一个整数,表示字符串 (S) 所有子串的所有拆分中,总共有多少个是优秀的拆分。

    输入输出样例

    输入样例#1:

    复制

    4

    aabbbb

    cccccc

    aabaabaabaa

    bbaabaababaaba

    输出样例#1:

    复制

    3
    5
    4
    7

    说明

    我们用 (S_{i,j}) 表示字符串 (S)(i) 个字符到第 (j) 个字符的子串(从 (1) 开始计数)。

    第一组数据中,共有 (3) 个子串存在优秀的拆分:

    (S_{1,4}=aabb) ,优秀的拆分为 $ A=a$ , (B=b)

    (S_{3,6}=bbbb) ,优秀的拆分为 (A=b)(B=b)

    (S_{1,6}=aabbbb) ,优秀的拆分为 (A=a)(B=bb)

    而剩下的子串不存在优秀的拆分,所以第一组数据的答案是 (3)

    第二组数据中,有两类,总共 (4) 个子串存在优秀的拆分:

    对于子串 (S_{1,4}=S_{2,5}=S_{3,6}=cccc) ,它们优秀的拆分相同,均为 (A=c)(B=c) ,但由于这些子串位置不同,因此要计算 (3) 次;

    对于子串 (S_{1,6}=cccccc) ,它优秀的拆分有 (2) 种:(A=c)(B=cc)(A=cc)(B=c) ,它们是相同子串的不同拆分,也都要计入答案。

    所以第二组数据的答案是 (3+2=5)

    第三组数据中, $S_{1,8} $ 和 (S_{4,11}) 各有 (2) 种优秀的拆分,其中 (S_{1,8}) 是问题描述中的例子,所以答案是 (2+2=4) .

    第四组数据中, (S_{1,4},S_{6,11},S_{7,12},S_{2,11},S_{1,8}) 各有 (1) 种优秀的拆分, (S_{3,14})(2) 种优秀的拆分,所以答案是 (5+2=7)

    对于全部的测试点,保证 (1≤T≤10) 。以下对数据的限制均是对于单组输入数据而言的,也就是说同一个测试点下的 (T) 组数据均满足限制条件。

    我们假定 (n) 为字符串 (S) 的长度,每个测试点的详细数据范围见下表:

    题解

    先推荐一下这一个博客,可以说是写的非常清楚了

    好了,现在我来说一说自己的理解。
    先写一手hash吧,95分,可以说是非常良心了,我们只需要预先处理好这个字符串的hash值,然后一个循环枚举起点,一个循环枚举长度,然后记录一下AA(注意BB就不用再管了)的(l[i])(r[i])相乘即可。

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<cmath>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #define ll long long
    using namespace std;
    const int N=2001;
    const ll mod=(1<<31)-1;
    const int base=131;
    ll addx[N],hah[N],n,T;
    char s[N+1];
    void solve(){
        ll ans=0;
        scanf("%s",s+1);
        n=strlen(s+1);
        addx[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)addx[i]=addx[i-1]*base%mod;
        for(int i=1;i<=n;i++)hah[i]=(hah[i-1]*base+s[i])%mod;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            ll l=0,r=0;
            for(int j=1;j<=n;j++){
                if(i-2*j>=0){
                    ll x=((hah[i]-hah[i-j]*addx[j])%mod+mod)%mod;
                    ll y=((hah[i-j]-hah[i-j*2]*addx[j])%mod+mod)%mod;
                    if(x==y)l++;
                }
                if(i+2*j<=n){
                    ll x=((hah[i+j]-hah[i]*addx[j])%mod+mod)%mod;
                    ll y=((hah[i+2*j]-hah[i+j]*addx[j])%mod+mod)%mod;
                    if(x==y)r++;
                }
            }
            ans+=l*r;
        }
        printf("%lld
    ",ans);
    }
    
    int main(){
        cin>>T;
        while(T--)
        solve();
        return 0;
    }
    



    好了,接下来讲一讲满分做法。
    推了我蛮久(最后还是翻题解了)
    AA相同,即有子串是相同且靠近的,这让我们想到什么?
    后缀数组维护(lcp)
    那么一个简单的结论变出来了。
    每次枚举长度(len)(j-i=len)
    AA串一共有(lcp-len+1)个。
    这个比较好手推。
    枚举长度(1-n),在枚举起点和终点每次跳(len)
    然后时间复杂度是调和级数的。即(O(nlogn))
    但是实际上我们是有遗漏的情况的。
    因为起点和终点是每次跳(len)的,且只求的后缀的部分。
    求图证翻上面的博客。这道题我承认有点讲不清。
    那么如果有以起点为末尾的前缀呢与终点匹配呢?
    那么我们也要求出(lcs)即最长公共后缀。
    AA的贡献为(lcs+lcp>=len)
    但是这样又又又有问题了
    我们会重复计算别的子串。
    怎么办?我们限制长度。就是说,这个区间算过就直接跳过。
    换句话说,就是超出本次枚举长度以外的贡献忽略??
    我感觉我有点讲不清了qwq,还是95分好拿,何必zuosi去AC呢。
    ps:最后一个点还要开long long




    代码

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    #include<iostream>
    #include<cmath>
    #define ll long long
    using namespace std;
    const int N=30001;
    int T,n,m;
    ll l[N],r[N],lg[N];
    char ss[N];
    struct node{
        int st[21][N];
        char s[N];
        int tp[N],rak[N],sa[N],num[N],H[N];
        void clear(){
            memset(num,0,sizeof(num));
            memset(rak,0,sizeof(rak));
            memset(H,0,sizeof(H));
            memset(sa,0,sizeof(sa));
            memset(tp,0,sizeof(tp));
        }
        void Sort(){
            for(int i=0;i<=m;i++)num[i]=0;
            for(int i=1;i<=n;i++)num[rak[i]]++;
            for(int i=1;i<=m;i++)num[i]+=num[i-1];
            for(int i=n;i>=1;i--)sa[num[rak[tp[i]]]--]=tp[i];
        }
        void SA_sort(){
            m=10001;
            for(int i=1;i<=n;i++)tp[i]=i,rak[i]=s[i]-'a'+1;Sort();
            int cnt=0,p=0,w=1;
            while(p<n){
                for(int i=1;i<=w;i++)tp[++cnt]=n-w+i;
                for(int i=1;i<=n;i++)if(sa[i]>w)tp[++cnt]=sa[i]-w;
                Sort();swap(tp,rak);rak[sa[1]]=p=1;
                for(int i=2;i<=n;i++)
                if(tp[sa[i]]==tp[sa[i-1]]&&tp[sa[i]+w]==tp[sa[i-1]+w])
                rak[sa[i]]=p;else rak[sa[i]]=++p;
                w<<=1;m=p;cnt=0;
            }
            for(int i=1;i<=n;i++)rak[sa[i]]=i;
            int k=0;
            for(int i=1;i<=n;i++){
                if(k)k--;
                while(s[i+k]==s[sa[rak[i]-1]+k]&&i+k<=n&&sa[rak[i]-1]+k<=n)k++;
                H[rak[i]]=k;
            }
            memset(st,63,sizeof(st));
            for(int i=1;i<=n;i++)
            st[0][i]=H[i];
            for(int j=1;j<=15;j++)
                for(int i=1;i<=n;i++)
                st[j][i]=min(st[j-1][i],st[j-1][i+(1<<(j-1))]);
        }
        int query(int i,int j){
            int l=rak[i],r=rak[j];if(l>r)swap(l,r);l++;
            return min(st[lg[r-l+1]][l],st[lg[r-l+1]][r-(1<<lg[r-l+1])+1]);
        }
    }s1,s2;
    
    void solve(){
        for(int i=2;i<=30000;++i)lg[i]=lg[i>>1]+1;
        s1.clear();s2.clear();
        scanf("%s",ss+1);
        n=strlen(ss+1);
        for(int i=1;i<=n;i++)s1.s[i]=ss[i];
        for(int i=1;i<=n;i++)s2.s[n-i+1]=ss[i];
        s1.SA_sort();
        s2.SA_sort();
        for(int i=1;i<=n;i++)l[i]=r[i]=0;
        for(int k=1;k<=n/2;k++)
            for(int i=k,j=i+k;j<=n;j+=k,i+=k){
                int x=min(k,s1.query(i,j));
                int y=min(k-1,s2.query(n-i+2,n-j+2));
                int en=x+y-k+1;
                if(x+y>=k){
                    r[i-y]++;r[i-y+en]--;
                    l[j+x-en]++;l[j+x]--;
                }
            }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        l[i]+=l[i-1],r[i]+=r[i-1];
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<n;i++)
        ans+=1ll*l[i]*r[i+1];
        printf("%lld
    ",ans);
    }
    
    int main(){
        cin>>T;             
        while(T--)
        solve();
        return 0;
    }
    
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