• [loj#3049] [十二省联考 2019] 字符串问题


    题意简述

    给定字符串 (S)
    给定 (n_a)(A) 类串和 (n_b)(B) 类串,每个串都是 (S) 的子串。
    给定 (m) 组支配关系 ((x,y)) ,表示第 (x)(A) 串支配第 (y)(B) 串。

    求一个长度最长的 (T) 串,存在一个分割 (T=t_1+t_2+t_3+...t_k) 满足:
    1.分割中的每个串 (t_i) 均为 A 类串。
    2.(t_i) 代表的 (A) 串所支配的某一个 (B) 串是 (t_{i+1}) 的前缀。

    (T) 无限长则输出 (-1)
    (n_a,n_b,|S|,m leq 2 imes 10^5)


    想法

    比较显然的想法是,(A) 类串向它可支配的 (B) 类串连边,(B) 类串向以它为前缀的 (A) 类串连边,在这个图上跑 (dp) 就行了。
    联想到后缀自动机中的 后缀链接形成的 (pa) 树(后缀树),树从上到下相当于在串前面添加字符,也就是说有父子关系的点是有相同后缀的。
    而此题中,要求的是前缀相同,于是把串倒过来加到后缀自动机里就好啦~

    通过在后缀树上倍增找到每个 (A) 类串与 (B) 类串代表的点,之后连边。
    注意可能有些长度不同的串对应于 (SAM) 上同一个节点,于是在每个节点开个 (vector) 装此点代表的 (A)(B) 串,之后按串长度排序。
    每个点与它的祖先中(包括在后缀树上的祖先点与该点中长度比其短的点)的离它最近的 (B) 串点连边。这个过程可通过 (dfs) 完成。
    之后 (A) 串点向它可支配的 (B) 串点连边。
    新图上跑 (dp) ,当图中有环时输出 (-1)


    总结

    把串反过来加到 (SAM) 中是一个处理 “相同前缀” 问题的套路。
    利用好后缀树,在后缀树上倍增找点也是套路。


    代码

    #include<cstdio>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<cstring>
    #include<vector>
    
    using namespace std;
    
    int read(){
    	int x=0;
    	char ch=getchar();
    	while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
    	while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    	return x;
    }
    
    const int N = 200005;
    typedef long long ll;
    
    int cnt,root,last,ch[N*2][26],len[N*2],pa[N*2];
    int ed[N];
    void ins(int c){
    	int x=last,cur=++cnt;
    	len[cur]=len[last]+1;
    	for(;x && !ch[x][c];x=pa[x]) ch[x][c]=cur;
    	if(!x) pa[cur]=root;
    	else{
    		int y=ch[x][c],ny;
    		if(len[y]==len[x]+1) pa[cur]=y;
    		else{
    			ny=++cnt;
    			len[ny]=len[x]+1;
    			pa[ny]=pa[y]; pa[y]=pa[cur]=ny;
    			for(int i=0;i<26;i++) ch[ny][i]=ch[y][i];
    			for(;x && ch[x][c]==y;x=pa[x]) ch[x][c]=ny;
    		}
    	}
    	last=cur;
    }
    
    struct node{
    	int v;
    	node *nxt;
    }pool[N*6],*h[N*2],*son[N*2];
    int cnt1;
    void addedge(int u,int v){
    	node *p=&pool[++cnt1];
    	p->v=v;p->nxt=h[u];h[u]=p;
    }
    void addedge1(int u,int v){
    	node *p=&pool[++cnt1];
    	p->v=v;p->nxt=son[u];son[u]=p;
    }
    
    int f[N*2][20],in[N*2],que[N*2],hd,tl;
    void getf(){
    	hd=tl=0;
    	for(int i=1;i<=cnt;i++) in[pa[i]]++;
    	for(int i=1;i<=cnt;i++) if(!in[i]) que[tl++]=i;
    	while(hd<tl){
    		int u=que[hd++];
    		in[pa[u]]--;
    		if(in[pa[u]]==0) que[tl++]=pa[u];
    	}
    	for(int i=tl-1;i>=0;i--){
    		int u=que[i];
    		f[u][0]=pa[u];
    		if(pa[u]) addedge1(pa[u],u);
    		for(int j=1;j<20;j++) f[u][j]=f[f[u][j-1]][j-1];
    	}
    }
    int find(int l,int r){
    	int x=ed[l];
    	for(int i=19;i>=0;i--) if(len[f[x][i]]>=r-l+1) x=f[x][i];
    	return x;
    }
    
    char s[N];
    int n,m,na,nb,w;
    int A[N],B[N];
    
    struct data{
    	int id,len;
    	data() { id=len=0; }
    	data(int x,int y) { id=x; len=y; }
    	bool operator < (const data &b) const{ return len<b.len || (len==b.len && id>b.id); }
    };
    vector<data> vv[N*2];
    
    void build(int u,int pre){
    	sort(vv[u].begin(),vv[u].end());
    	for(int i=0;i<vv[u].size();i++){
    		if(pre) addedge(pre,vv[u][i].id);
    		if(vv[u][i].id>na) pre=vv[u][i].id;
    	}
    	for(node *p=son[u];p;p=p->nxt) build(p->v,pre);
    }
    
    int flag;
    ll mx[N*2];
    int vis[N*2],val[N*2];
    ll dp(int u){
    	if(mx[u]!=-1) return mx[u];
    	int v;
    	vis[u]=1;
    	mx[u]=0;
    	for(node *p=h[u];p;p=p->nxt)
    		if(vis[v=p->v]==1) flag=0;
    		else mx[u]=max(mx[u],dp(v));
    	mx[u]+=val[u];
    	vis[u]=2;
    	return mx[u];
    }
    
    int main()
    {
    	int T=read(),u,l,r;
    	while(T--){
    		scanf("%s",s+1);
    		n=strlen(s+1);
    		root=last=++cnt;
    		for(int i=n;i>=1;i--) ins(s[i]-'a');
    		u=root;
    		for(int i=n;i>=1;i--) {
    			u=ch[u][s[i]-'a'];
    			ed[i]=u;
    		}
    		getf();
    		
    		na=read();
    		for(int i=1;i<=na;i++){
    			l=read(); r=read();
    			A[i]=find(l,r);
    			vv[A[i]].push_back(data(i,r-l+1));
    			val[i]=r-l+1;
    		}
    		nb=read();
    		for(int i=1;i<=nb;i++){
    			l=read(); r=read();
    			B[i]=find(l,r);
    			vv[B[i]].push_back(data(i+na,r-l+1));
    		}
    		build(root,0);
    		w=na+nb;
    		
    		m=read();
    		for(int i=0;i<m;i++){
    			l=read(); r=read();
    			addedge(l,r+na);
    		}
    		
    		flag=1;
    		for(int i=1;i<=w;i++) mx[i]=-1;
    		ll ans=0;
    		for(int i=1;i<=w;i++) ans=max(ans,dp(i));
    		if(!flag) printf("-1
    ");
    		else printf("%lld
    ",ans);
    		
    		//clear
    		for(int i=1;i<=cnt;i++){
    			pa[i]=len[i]=0;
    			for(int j=0;j<26;j++) ch[i][j]=0;
    			in[i]=0; son[i]=NULL;
    			vv[i].clear();
    		}
    		cnt=0; cnt1=0;
    		for(int i=1;i<=w;i++){
    			h[i]=NULL;
    			val[i]=vis[i]=0;
    		}
    	}
    	
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/lindalee/p/12458547.html
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