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    题目

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    题解

    首先考虑暴力怎么做。直观感觉就是选择最小的后缀拼起来。但是当前的选择会受到后面字符串的影响。因此,考虑从后往前选择。假设当前选到第(i)个串((s[i])),第(i+1)(n)后缀拼接的最小字符串为(t)。那么如果考虑到当前第(i)个串,最优选择就是字符串(s[i]+t)的至少包含(s[i])最后一个字符的最小后缀。证明略。

    因此问题就转换为快速求一个串的最小后缀,而且要求如果在首部插入字符可以快速地实时更新新串的最小后缀。后缀数组或许可以,但是它是(O(nlog n))求得所有后缀的排序,而这里只需要最小的后缀即可,并且后缀数组不支持更新,每插入一个新字符就要重新求。

    因此这里使用字符串哈希求最小后缀。对于后缀(i)(j)(即它们首字符在串中位置),二分lcp长度,从而找到第一个值不同的位置比较即可。字符串哈希区间判断相等是(O(1)),二分时间复杂度(O(log n))。维护字符串哈希可以将字符串逆序,然后头插变为尾插,这样就可以(O(1))更新。

    每次只在遍历新插入的字符串,总时间复杂度为(O(nlog n))

    #include <bits/stdc++.h>
    
    #define endl '
    '
    #define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
    #define mp make_pair
    #define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
    typedef long long ll;
    typedef unsigned long long ull;
    using namespace std;
    /*-----------------------------------------------------------------*/
    
    ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
    #define INF 0x3f3f3f3f
    
    const int N = 1e6 + 10;
    const int M = 1e9 + 7;
    const double eps = 1e-5;
    
    string ans;
    vector<ull> hs;
    string s[N];
    const int base = 30;
    ull pw[N], rpw[N];
    
    inline ll qpow(ll a, ll b, ll m) {
        ll res = 1;
        while(b) {
            if(b & 1) res = (res * a) % m;
            a = (a * a) % m;
            b = b >> 1;
        }
        return res;
    }
    
    void insert(string t) {
        reverse(t.begin(), t.end());
        ans += t;
        ull res = 0, cb = pw[hs.size()];
        if(!hs.empty()) res = hs.back();
        for(int i = 0; i < t.size(); i++) {
            res += (t[i] - 'a') * cb % M;
            cb = cb * base % M;
            hs.push_back(res);
        }
        res %= M;
    }
    
    ull cal(int l, int r) {
        ull res = hs[r];
        if(l - 1 >= 0) res -= hs[l - 1];
        res = (res + M) * rpw[l] % M;
        return res;
    }
    
    bool cmp(int i, int j) { // <
        int len = min(i, j) + 1;
        int l = 1, r = len;
        while(l <= r) {
            int mid = (l + r) / 2;
            if(cal(i - mid + 1, i) == cal(j - mid + 1, j)) l = mid + 1;
            else r = mid - 1;
        }
        if(l > len) return i < j;
        return ans[i - l + 1] < ans[j - l + 1];
    }
    
    int main() {
        IOS;
        rpw[0] = pw[0] = 1;
        for(int i = 1; i < N; i++) {
            pw[i] = pw[i - 1] * base % M;
            rpw[i] = rpw[i - 1] * qpow(base, M - 2, M) % M;
        }
        int t;
        cin >> t;
        while(t--) {
            ans.clear();
            hs.clear();
            int n;
            cin >> n;
            for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i];
            for(int i = n; i >= 1; i--) {
                int tar = ans.size();
                insert(s[i]);
                for(int j = tar + 1; j < ans.size(); j++) {
                    if(cmp(j, tar)) {
                        tar = j;
                    }
                }
                ans.erase(ans.begin() + tar + 1, ans.end());
                hs.erase(hs.begin() + tar + 1, hs.end());
            }
            reverse(ans.begin(), ans.end());
            cout << ans << endl;
        }
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/limil/p/15473142.html
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