#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
先求出后缀数组，r相似等价于区间内最小的height值>=r，单调栈处理出每个height作为最小值的区间。
第一问等于每个height代表的区间个数，第二问等于在[l,i],[i+1,r]中各取出一个数使得乘积最大，最需要维护区间最大最小值。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define N 1000010 5 using namespace std; 6 int n,m=257,sa[N],rnk[N],h[N],wa[N],wb[N],c[N]; 7 char s[N]; 8 void buildsa() 9 { 10 int i,k,p,*x=wa,*y=wb; 11 for(i=0;i<m;i++)c[i]=0; 12 for(i=0;i<n;i++)c[x[i]=s[i]]++; 13 for(i=1;i<m;i++)c[i]+=c[i-1]; 14 for(i=n-1;i>=0;i--)sa[--c[x[i]]]=i; 15 for(k=1;k<=n;k*=2) 16 { 17 p=0; 18 for(i=n-k;i<n;i++) y[p++]=i; 19 for(i=0;i<n;i++) if(sa[i]>=k) y[p++]=sa[i]-k; 20 for(i=0;i<m;i++) c[i]=0; 21 for(i=0;i<n;i++) c[x[y[i]]]++; 22 for(i=0;i<m;i++) c[i]+=c[i-1]; 23 for(i=n-1;i>=0;i--) sa[--c[x[y[i]]]]=y[i]; 24 swap(x,y); 25 p=1;x[sa[0]]=0; 26 for(i=1;i<n;i++) 27 { 28 if(y[sa[i-1]]==y[sa[i]]&&((sa[i-1]+k<n&&sa[i]+k<n&&y[sa[i-1]+k]==y[sa[i]+k])||(sa[i-1]+k>=n&&sa[i]+k>=n))) 29 x[sa[i]]=p-1; 30 else x[sa[i]]=p,p++; 31 } 32 if(p>=n) break; 33 m=p; 34 } 35 } 36 void geth() 37 { 38 int i,j,k=0; 39 for(i=0;i<n;i++) rnk[sa[i]]=i; 40 for(i=0;i<n;i++) 41 { 42 if(k) k--; 43 if(!rnk[i]) continue; 44 j=sa[rnk[i]-1]; 45 while(s[i+k]==s[j+k]) k++; 46 h[rnk[i]]=k; 47 } 48 } 49 int l[N],r[N],st[N],top,a[N]; 50 long long ans1[N],ans2[N]; 51 struct tree{int l,r,max,min;}t[N<<2]; 52 #define mid (t[k].l+t[k].r>>1) 53 void build(int k,int l,int r) 54 { 55 t[k].l=l;t[k].r=r; 56 if(l==r){t[k].max=t[k].min=a[sa[l]];return;} 57 build(k<<1,l,mid); 58 build(k<<1|1,mid+1,r); 59 t[k].max=max(t[k<<1].max,t[k<<1|1].max); 60 t[k].min=min(t[k<<1].min,t[k<<1|1].min); 61 } 62 long long querymax(int k,int l,int r) 63 { 64 if(t[k].l==l&&t[k].r==r)return t[k].max; 65 if(r<=mid)return querymax(k<<1,l,r); 66 if(l>mid)return querymax(k<<1|1,l,r); 67 return max(querymax(k<<1,l,mid),querymax(k<<1|1,mid+1,r)); 68 } 69 long long querymin(int k,int l,int r) 70 { 71 if(t[k].l==l&&t[k].r==r)return t[k].min; 72 if(r<=mid)return querymin(k<<1,l,r); 73 if(l>mid)return querymin(k<<1|1,l,r); 74 return min(querymin(k<<1,l,mid),querymin(k<<1|1,mid+1,r)); 75 } 76 int main() 77 { 78 scanf("%d%s",&n,s); 79 buildsa(); 80 geth(); 81 for(int i=0;i<n;i++) 82 scanf("%d",&a[i]); 83 h[n]=-1e9;top=0; 84 for(int i=1;i<=n;i++) 85 { 86 while(top&&h[i]<h[st[top]])r[st[top--]]=i-1; 87 st[++top]=i; 88 } 89 h[0]=-1e9;top=0; 90 for(int i=n-1;~i;i--) 91 { 92 while(top&&h[i]<=h[st[top]])l[st[top--]]=i+1; 93 st[++top]=i; 94 } 95 build(1,0,n-1); 96 memset(ans2,0xef,sizeof(ans2)); 97 for(int i=1;i<n;i++) 98 { 99 ans1[h[i]]+=(long long)(i-l[i]+1)*(r[i]-i+1); 100 long long a1[2],a2[2]; 101 a1[0]=querymax(1,l[i]-1,i-1); 102 a1[1]=querymin(1,l[i]-1,i-1); 103 a2[0]=querymax(1,i,r[i]); 104 a2[1]=querymin(1,i,r[i]); 105 for(int aa=0;aa<2;aa++) 106 for(int bb=0;bb<2;bb++) 107 ans2[h[i]]=max(ans2[h[i]],a1[aa]*a2[bb]); 108 } 109 for(int i=n-1;~i;i--) 110 ans1[i]+=ans1[i+1],ans2[i]=max(ans2[i],ans2[i+1]); 111 for(int i=0;i<=n-1;i++) 112 printf("%lld %lld ",ans1[i],ans1[i]?ans2[i]:0); 113 }