#131. 【NOI2015】品酒大会
一年一度的“幻影阁夏日品酒大会”隆重开幕了。大会包含品尝和趣味挑战两个环节，分别向优胜者颁发“首席品酒家”和“首席猎手”两个奖项，吸引了众多品酒师参加。
在大会的晚餐上，调酒师 Rainbow 调制了 nn 杯鸡尾酒。这 nn 杯鸡尾酒排成一行，其中第 ii 杯酒 （1≤i≤n1≤i≤n） 被贴上了一个标签 sisi，每个标签都是 2626 个小写英文字母之一。设 Str(l,r)Str(l,r) 表示第 ll 杯酒到第 rr 杯酒的 r−l+1r−l+1 个标签顺次连接构成的字符串。若 Str(p,po)=Str(q,qo)Str(p,po)=Str(q,qo)，其中 1≤p≤po≤n1≤p≤po≤n，1≤q≤qo≤n1≤q≤qo≤n，p≠qp≠q，po−p+1=qo−q+1=rpo−p+1=qo−q+1=r，则称第 pp 杯酒与第 qq 杯酒是“rr相似” 的。当然两杯“rr相似” （r>1r>1）的酒同时也是“11 相似”、“22 相似”、……、“(r−1)(r−1) 相似”的。特别地，对于任意的 1≤p,q≤n1≤p,q≤n，p≠qp≠q，第 pp 杯酒和第 qq 杯酒都是“00相似”的。
在品尝环节上，品酒师 Freda 轻松地评定了每一杯酒的美味度，凭借其专业的水准和经验成功夺取了“首席品酒家”的称号，其中第 ii 杯酒 （1≤i≤n1≤i≤n） 的美味度为 aiai。现在 Rainbow 公布了挑战环节的问题：本次大会调制的鸡尾酒有一个特点，如果把第 pp 杯酒与第 qq 杯酒调兑在一起，将得到一杯美味度为 apaqapaq 的酒。现在请各位品酒师分别对于 r=0,1,2,…,n−1r=0,1,2,…,n−1，统计出有多少种方法可以选出 22 杯“rr相似”的酒,并回答选择 22 杯“rr相似”的酒调兑可以得到的美味度的最大值。
输入格式
输入文件的第 11 行包含 11 个正整数 nn，表示鸡尾酒的杯数。
第 22 行包含一个长度为 nn 的字符串 SS，其中第 ii 个字符表示第 ii 杯酒的标签。
第 33 行包含 nn 个整数，相邻整数之间用单个空格隔开，其中第 ii 个整数表示第 ii 杯酒的美味度 aiai。
输出格式
输出文件包括 nn 行。第 ii 行输出 22 个整数，中间用单个空格隔开。第 11 个整数表示选出两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒的方案数，第 22 个整数表示选出两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒调兑可以得到的最大美味度。若不存在两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒，这两个数均为 00。
样例一
input
10 ponoiiipoi 2 1 4 7 4 8 3 6 4 7
output
45 56 10 56 3 32 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
explanation
用二元组 (p,q)(p,q) 表示第 pp 杯酒与第 qq 杯酒。
00 相似：所有 4545 对二元组都是 00 相似的，美味度最大的是 8×7=568×7=56。
11 相似：(1,8)(1,8) (2,4)(2,4) (2,9)(2,9) (4,9)(4,9) (5,6)(5,6) (5,7)(5,7) (5,10)(5,10) (6,7)(6,7) (6,10)(6,10) (7,10)(7,10)，最大的 8×7=568×7=56。
22 相似：(1,8)(1,8) (4,9)(4,9) (5,6)(5,6)，最大的 4×8=324×8=32。
没有 3,4,5,…,93,4,5,…,9 相似的两杯酒，故均输出 00。
样例二
input
12 abaabaabaaba 1 -2 3 -4 5 -6 7 -8 9 -10 11 -12
output
66 120 34 120 15 55 12 40 9 27 7 16 5 7 3 -4 2 -4 1 -4 0 0 0 0
样例三
见样例数据下载。
限制与约定
| 测试点编号 | nn 的规模 | aiai 的规模 | 备注 |
|---|---|---|---|
| 1 | n=100n=100 | ∣ai∣≤10000∣ai∣≤10000 | |
| 2 | n=200n=200 | ||
| 3 | n=500n=500 | ||
| 4 | n=750n=750 | ||
| 5 | n=1000n=1000 | ∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000 | |
| 6 | |||
| 7 | n=2000n=2000 | ||
| 8 | |||
| 9 | n=99991n=99991 | ∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000 | 不存在“1010相似”的酒 |
| 10 | |||
| 11 | n=100000n=100000 | ∣ai∣≤1000000∣ai∣≤1000000 | 所有 aiai 的值都相等 |
| 12 | n=200000n=200000 | ||
| 13 | n=300000n=300000 | ||
| 14 | |||
| 15 | n=100000n=100000 | ∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000 | |
| 16 | |||
| 17 | n=200000n=200000 | ||
| 18 | |||
| 19 | n=300000n=300000 | ||
| 20 |
时间限制：1s1s
空间限制：512MB512MB
下载
[分析]：
求 Height 数组，然后按从大到小的顺序排序，因为可以发现 Height 中的大值不会影响小值对答案的贡献。
每次更新答案，将当前两个字符串合并，即用并查集维护一下。
他们对于方案数的贡献就是这两个后缀所在的集合个数的乘积，同时维护一下最大最小值就行了。
时间复杂度 O( nlog2n )
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=3e5+5; typedef long long ll; int n,h[N],c[N],sa[N],tsa[N],Rank[N],tRank[N]; int a[N],fa[N],siz[N],nxt[N],mx[N],mn[N]; ll cnt[N],ans[N]; char s[N]; void DA(int maxx=256){ int p; for(int i=0;i<=maxx;i++) c[i]=0; for(int i=1;i<=n;i++) c[Rank[i]=s[i]]++; for(int i=2;i<=maxx;i++) c[i]+=c[i-1]; for(int i=n;i;i--) sa[c[Rank[i]]--]=i; tRank[sa[1]]=p=1; for(int i=2;i<=n;i++){ if(Rank[sa[i]]!=Rank[sa[i-1]]) p++; tRank[sa[i]]=p; } for(int i=1;i<=n;i++) Rank[i]=tRank[i]; for(int k=1;p<n;k<<=1,maxx=p){ p=0; for(int i=n-k+1;i<=n;i++) tsa[++p]=i; for(int i=1;i<=n;i++) if(sa[i]>k) tsa[++p]=sa[i]-k; for(int i=0;i<=maxx;i++) c[i]=0; for(int i=1;i<=n;i++) tRank[i]=Rank[tsa[i]]; for(int i=1;i<=n;i++) c[tRank[i]]++; for(int i=2;i<=maxx;i++) c[i]+=c[i-1]; for(int i=n;i;i--) sa[c[tRank[i]]--]=tsa[i]; tRank[sa[1]]=p=1; for(int i=2;i<=n;i++){ if(Rank[sa[i]]!=Rank[sa[i-1]]||Rank[sa[i]+k]!=Rank[sa[i-1]+k]) p++; tRank[sa[i]]=p; } for(int i=1;i<=n;i++) Rank[i]=tRank[i]; } for(int i=1,k=0;i<=n;i++){ int j=sa[Rank[i]-1]; while(s[i+k]==s[j+k]) k++; h[Rank[i]]=k;if(k>0) k--; } } int find(int x){ return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]); } void merge(int x,int y){ mx[x]=max(mx[x],mx[y]); mn[x]=min(mn[x],mn[y]); siz[x]+=siz[y]; fa[y]=x; } bool cmp(const int &a,const int &b){ return h[a]!=h[b]?h[a]>h[b]:a<b; } int main(){ scanf("%d%s",&n,s+1); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),s[i]-='a'-1; DA(30); for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,siz[i]=1,nxt[i]=i+1,mx[i]=mn[i]=a[sa[i]]; for(int i=0;i<n;i++) ans[i]=-1e18; sort(nxt+1,nxt+n,cmp); for(int i=1,x,y;i<n;i++){ x=find(nxt[i]-1);y=find(nxt[i]); cnt[h[nxt[i]]]+=1LL*siz[x]*siz[y]; ans[h[nxt[i]]]=max(ans[h[nxt[i]]],1LL*mx[x]*mx[y]); ans[h[nxt[i]]]=max(ans[h[nxt[i]]],1LL*mx[x]*mn[y]); ans[h[nxt[i]]]=max(ans[h[nxt[i]]],1LL*mn[x]*mx[y]); ans[h[nxt[i]]]=max(ans[h[nxt[i]]],1LL*mn[x]*mn[y]); merge(x,y); } for(int i=n-2;~i;i--) cnt[i]+=cnt[i+1],ans[i]=max(ans[i],ans[i+1]); for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld %lld ",cnt[i],cnt[i]?ans[i]:0); return 0; }