后缀自动机入门。
题目描述
为了提高智商，ZJY 开始学习弦论。
这一天，她在《String theory》中看到了这样一道问题：对于一个给定的长度为 (n) 的字符串,求出它的第 (k) 小子串是什么。你能帮帮她吗？
输入输出格式
输入格式：
第一行是一个仅由小写英文字母构成的字符串 (s)。
第二行为两个整数 (t) 和 (k)，(t) 为 (0) 则表示不同位置的相同子串算作一个。(t) 为 (1) 则表示不同位置的相同子串算作多个。(k) 的意义见题目描述。
输出格式：
输出数据仅有一行，该行有一个字符串，为第 (k) 小的子串。如果子串数目不足 (k) 个，则输出 (-1)。
输入输出样例
输入样例：
aabc 0 3输出样例：
aab数据范围与约定
对于 (10\%) 的数据，(nle 1000)。
对于 (50\%) 的数据，(t=0)。
对于 (100\%) 的数据，(nle 5 imes 10^5, t<2, kle 10^9)。
题解：
SAM 学习笔记...先鸽一会。
这个题是找出第 (k) 大子串。因为在字符串中，第一关键字是字符，而不是长度，所以可以一个字符一个字符的比对。
那么我们先构建出 SAM，如果 (t=1)，还需要跳 parent 树来计算一个串出现了多少次。记一个状态的贡献为 (r)。
然后还需要对 SAM 反向拓扑排序/记忆化搜索，得出走这条边可能到达多少种子串，也就是 DAG 后面每一条路径的 (r) 之和，记为 (f)。
然后从起始节点开始检测。每次遍历 a~z，如果发现那条边的 (f) 小于 (k)，那么第 (k) 小的不在那边，此时让 (k) 减去 (f)。如果发现 (f) 大于 (k)，则进入这条边。因为我们选了这条边，而后缀自动机的每一个状态都代表了一个子串，因此要把 (f) 减去新到点的 (r)。
如果此时发现 (kge 0)，说明第 (k) 小的子串就在刚才那一步的状态里。否则继续在 SAM 上跑。
时间复杂度 (O(n))。
Code：
#include<cstdio>
#include<cstring>
struct edge
{
int n,nxt;
edge(int n,int nxt)
{
this->n=n;
this->nxt=nxt;
}
edge(){}
}e[2000100];
int head[1000100],ecnt=-1;
void add(int from,int to)
{
e[++ecnt]=edge(to,head[from]);
head[from]=ecnt;
}
char s[500100];
int ch[26][1000100],mx[1000100],par[1000100],r[1000100],pcnt;
void build()
{
int p=pcnt=1;
for(int i=1;s[i]!=' ';++i)
{
int w=s[i]-'a';
int np=++pcnt;
mx[np]=mx[p]+1;
r[np]=1;
while(p&&!ch[w][p])
{
ch[w][p]=np;
p=par[p];
}
if(!p)
par[np]=1;
else
{
int q=ch[w][p];
if(mx[q]==mx[p]+1)
par[np]=q;
else
{
int nq=++pcnt;
mx[nq]=mx[p]+1;
while(p&&ch[w][p]==q)
{
ch[w][p]=nq;
p=par[p];
}
for(int j=0;j<26;++j)
ch[j][nq]=ch[j][q];
par[nq]=par[q];
par[q]=nq;
par[np]=nq;
}
}
p=np;
}
}
void dfs(int x)
{
for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt)
{
dfs(e[i].n);
r[x]+=r[e[i].n];
}
}
int d[1000100];
int q[1000100],l=0,R=0;
long long f[1000100];
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%s",s+1);
int t,k;
scanf("%d%d",&t,&k);
build();
for(int i=2;i<=pcnt;++i)
add(par[i],i);
if(t)
dfs(1);
else
for(int i=1;i<=pcnt;++i)
r[i]=1;
memset(head,-1,sizeof(head));
ecnt=-1;
for(int i=1;i<=pcnt;++i)
{
int flag=0;
for(int j=0;j<26;++j)
if(ch[j][i])
{
flag=1;
++d[i];
add(ch[j][i],i);
}
if(!flag)
q[++R]=i;
}
while(l<R)
{
int x=q[++l];
f[x]+=r[x];
for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt)
{
f[e[i].n]+=f[x];
--d[e[i].n];
if(!d[e[i].n])
q[++R]=e[i].n;
}
}
t=1;
while(k>0)
{
int flag=0;
for(int i=0;i<26;++i)
{
if(f[ch[i][t]]<k)
k-=f[ch[i][t]];
else
{
flag=1;
k-=r[ch[i][t]];
printf("%c",'a'+i);
t=ch[i][t];
break;
}
}
if(!flag)
break;
}
if(k>0)
puts("-1");
return 0;
}