hihoCoder 后缀数组 重复旋律

#1403 : 后缀数组一·重复旋律

时间限制:5000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。

小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品自身包含一样的旋律。旋律是一段连续的数列，相似的旋律在原数列可重叠。比如在1 2 3 2 3 2 1 中 2 3 2 出现了两次。

小Hi想知道一段旋律中出现次数至少为K次的旋律最长是多少？

解题方法提示

输入

第一行两个整数 N和K。1≤N≤20000 1≤K≤N

接下来有 N 个整数，表示每个音的数字。1≤数字≤100

输出

一行一个整数，表示答案。

样例输入

8 2
1
2
3
2
3
2
3
1

样例输出

4

先求出后缀数组，问题转换为询问height数组中连续k-1个数的最小值的最大值，单调队列扫描一遍即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>

#define siz 1024

inline int get_c(void)
{
    static char buf[siz];
    static char *head = buf + siz;
    static char *tail = buf + siz;

    if (head == tail)
        fread(head = buf, 1, siz, stdin);

    return *head++;
}

inline int get_i(void)
{
    register int ret = 0;
    register int neg = false;
    register int bit = get_c();

    for (; bit < 48; bit = get_c())
        if (bit == '-')neg ^= 1;

    for (; bit > 47; bit = get_c())
        ret = ret * 10 + bit - 48;

    return neg ? -ret : ret;
}

#define N 20005

int n, m, s[N];
int A[N], cntA[N];
int B[N], cntB[N];
int sa[N], rk[N], ht[N], tsa[N];
int que[N], hd, tl, answer;

signed main(void)
{
    n = get_i();
    m = get_i();

    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        s[i] = get_i();

    memset(cntA, 0, sizeof(cntA));

    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        ++cntA[s[i]];

    for (int i = 1; i <= 100; ++i)
        cntA[i] += cntA[i - 1];

    for (int i = n; i >= 1; --i)
        sa[cntA[s[i]]--] = i;

    rk[sa[1]] = 1;

    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - 1]]);
    
    for (int l = 1; rk[sa[n]] < n; l <<= 1)
    {
        memset(cntA, 0, sizeof(cntA));
        memset(cntB, 0, sizeof(cntB));

        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            ++cntA[A[i] = rk[i]];
            ++cntB[B[i] = i + l <= n ? rk[i + l] : 0];
        }

        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            cntB[i] += cntB[i - 1];

        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            cntA[i] += cntA[i - 1];
        
        for (int i = n; i >= 1; --i)
            tsa[cntB[B[i]]--] = i;

        for (int i = n; i >= 1; --i)
            sa[cntA[A[tsa[i]]]--] = tsa[i];

        rk[sa[1]] = 1;

        for (int i = 2; i <= n; ++i)
            rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (A[sa[i]] != A[sa[i - 1]] || B[sa[i]] != B[sa[i - 1]]);
    }

    for (int i = 1, j = 0; i <= n; ++i)
    {
        j = j ? j - 1 : 0;
        while (s[i + j] == s[sa[rk[i] - 1] + j])++j;
        ht[rk[i]] = j;
    }

    for (int i = 1; i < m; ++i)
    {
        while (tl != hd && ht[i] < ht[que[tl]])
            --tl;
        que[++tl] = i;
    }

    answer = ht[que[hd]];

    for (int i = m; i <= n; ++i)
    {
        while (tl != hd && ht[i] < ht[que[tl]])
            --tl;

        que[++tl] = i;

        while (hd != tl && que[hd + 1] <= i - m + 1)
            ++hd;

        if (answer < ht[que[hd + 1]])
            answer = ht[que[hd + 1]];
    }

    printf("%d
", answer);
}

#1407 : 后缀数组二·重复旋律2

时间限制:5000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品自身包含一样的旋律。

旋律可以表示为一段连续的数列，相似的旋律在原数列不可重叠，比如在1 2 3 2 3 2 1 中 2 3 2 出现了一次，2 3 出现了两次，小Hi想知道一段旋律中出现次数至少为两次的旋律最长是多少？

解题方法提示

输入

第一行一个整数 N。1≤N≤100000

接下来有 N 个整数，表示每个音的数字。1≤数字≤1000

输出

一行一个整数，表示答案。

样例输入

8
1 2 3 2 3 2 3 1

样例输出

2

二分答案，转换为判断是否存在长度>=k的不重叠的两个子串。判定两个后缀是否重叠，只需要看abs(st1-st2)和k的大小关系即可，所以找出极长的连续的大于等于k的一段height，维护其中的st的最大和最小值，即可判断是否存在合法的两个子串。

#include <bits/stdc++.h>

#define siz 1024

inline int get_c(void)
{
    static char buf[siz];
    static char *head = buf + siz;
    static char *tail = buf + siz;

    if (head == tail)
        fread(head = buf, 1, siz, stdin);

    return *head++;
}

inline int get_i(void)
{
    register int ret = 0;
    register int neg = false;
    register int bit = get_c();

    for (; bit < 48; bit = get_c())
        if (bit == '-')neg ^= true;

    for (; bit > 47; bit = get_c())
        ret = ret * 10 + bit - 48;

    return neg ? -ret : ret;
}

#define N 100005

const int inf = 2e9 + 7;

int n, s[N];
int A[N], cntA[N];
int B[N], cntB[N];
int sa[N], rk[N], ht[N], ta[N];

inline bool check(int k)
{
    int max = sa[1], min = sa[1];
    
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        if (ht[i] >= k)
        {
            if (max < sa[i])
                max = sa[i];
            if (min > sa[i])
                min = sa[i];
            if (min + k <= max)
                return true;
        }
        else
            max = min = sa[i];
    }
    
    return false;
}

signed main(void)
{
    n = get_i();
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        s[i] = get_i();
        
    memset(cntA, 0, sizeof(cntA));
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        ++cntA[s[i]];
        
    for (int i = 1; i <= 1000; ++i)
        cntA[i] += cntA[i - 1];
        
    for (int i = n; i >= 1; --i)
        sa[cntA[s[i]]--] = i;
        
    rk[sa[1]] = 1;
    
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - 1]]);
        
    for (int l = 1; rk[sa[n]] < n; l <<= 1)
    {
        memset(cntA, 0, sizeof(cntA));
        memset(cntB, 0, sizeof(cntB));
        
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            ++cntA[A[i] = rk[i]];
            ++cntB[B[i] = i + l <= n ? rk[i + l] : 0];
        }
        
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            cntA[i] += cntA[i - 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            cntB[i] += cntB[i - 1];
            
        for (int i = n; i >= 1; --i)
            ta[cntB[B[i]]--] = i;
            
        for (int i = n; i >= 1; --i)
            sa[cntA[A[ta[i]]]--] = ta[i];
            
        rk[sa[1]] = 1;
        
        for (int i = 2; i <= n; ++i)
            rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (A[sa[i]] != A[sa[i - 1]] || B[sa[i]] != B[sa[i - 1]]);
    }
    
    for (int i = 1, j = 0; i <= n; ++i)
    {
        if (--j < 0)j = 0;
        while (s[i + j] == s[sa[rk[i] - 1] + j])++j;
        ht[rk[i]] = j;
    }
    
    int lt = 1, rt = n, mid, ans = 0;
    
    while (lt <= rt)
    {
        mid = (lt + rt) >> 1;
        if (check(mid))
            ans = mid, lt = mid + 1;
        else
            rt = mid - 1;
    }
    
    printf("%d
", ans);
}

#1415 : 后缀数组三·重复旋律3

时间限制:5000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品中的旋律有共同的部分。

旋律是一段连续的数列，如果同一段旋律在作品A和作品B中同时出现过，这段旋律就是A和B共同的部分，比如在abab 在 bababab 和 cabacababc 中都出现过。小Hi想知道两部作品的共同旋律最长是多少？

解题方法提示

输入

共两行。一行一个仅包含小写字母的字符串。字符串长度不超过 100000。

输出

一行一个整数，表示答案。

样例输入

abcdefg
abacabca

样例输出

3

把两个串接在一起跑后缀数组，找出最大的height使得两个后缀从不同串开始即可。

#include <bits/stdc++.h>

#define N 200005

int n;
int m;
int len;
int cut;
int s[N];
int sa[N];
int rk[N];
int ta[N];
int ht[N];
int A[N], cntA[N];
int B[N], cntB[N];

char s1[N];
char s2[N];

signed main(void)
{
    scanf("%s", s1 + 1);
    scanf("%s", s2 + 1);
    
    n = strlen(s1 + 1);
    m = strlen(s2 + 1);
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        s[++len] = s1[i] - 'a' + 1;
    
    s[cut = ++len] = 0;
    
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        s[++len] = s2[i] - 'a' + 1;
    
    s[++len] = 27;
        
    memset(cntA, 0, sizeof(cntA));
    
    for (int i = 1; i <= len; ++i)
        ++cntA[s[i]];
        
    for (int i = 1; i <= 30; ++i)
        cntA[i] += cntA[i - 1];
        
    for (int i = len; i >= 1; --i)
        sa[cntA[s[i]]--] = i;
        
    rk[sa[1]] = 1;
        
    for (int i = 2; i <= len; ++i)
        rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - 1]]);
        
    for (int l = 1; rk[sa[len]] < len; l <<= 1)
    {
        memset(cntA, 0, sizeof(cntA));
        memset(cntB, 0, sizeof(cntB));
        
        for (int i = 1; i <= len; ++i)
        {
            ++cntA[A[i] = rk[i]];
            ++cntB[B[i] = i + l <= len ? rk[i + l] : 0];
        }
        
        for (int i = 1; i <= len; ++i)
            cntA[i] += cntA[i - 1],
            cntB[i] += cntB[i - 1];
            
        for (int i = len; i >= 1; --i)
            ta[cntB[B[i]]--] = i;
            
        for (int i = len; i >= 1; --i)
            sa[cntA[A[ta[i]]]--] = ta[i];
            
        rk[sa[1]] = 1;
        
        for (int i = 2; i <= len; ++i)
            rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (
                A[sa[i]] != A[sa[i - 1]]
            ||    B[sa[i]] != B[sa[i - 1]]);
    }
    
    for (int i = 1, j = 0; i <= len; ++i)
    {
        if (--j < 0)j = 0;
        while (s[i + j] == s[sa[rk[i] - 1] + j])++j;
        ht[rk[i]] = j;
    }
    
    int ans = 0;
    
    for (int i = 2; i <= len; ++i)
        if ((sa[i] < cut) != (sa[i - 1] < cut))
            ans = std::max(ans, ht[i]);
            
    printf("%d
", ans);
}

#1419 : 后缀数组四·重复旋律4

时间限制:5000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品中的旋律有重复的部分。

我们把一段旋律称为(k,l)-重复的，如果它满足由一个长度为l的字符串重复了k次组成。 如旋律abaabaabaaba是(4,3)重复的，因为它由aba重复4次组成。

小Hi想知道一部作品中k最大的(k,l)-重复旋律。

解题方法提示

输入

一行一个仅包含小写字母的字符串。字符串长度不超过 100000。

输出

一行一个整数，表示答案k。

样例输入

babbabaabaabaabab

样例输出

4

这道题有点复杂…… 好在HiHo的提示很好。

小Ho：这一次的问题该如何解决呢？

小Hi：嗯，这次的问题是重复次数最多的连续字串。

小Ho：似乎不好下手啊。

小Hi：那我们先降低难度，不如考虑如何解决如何求一个串的最大重复次数。

小Ho：嗯。我想想，比如说串abababab，既可以是(1,8)，也可以是(2,4)，最大的是(4,2)。

小Hi：对。假如说我们枚举一个可能的循环节长度l（或者k），能不能快速判断这个l是否合法呢？

小Ho：啊！我想想...似乎是求原串和原串去掉前l个字符后两个串的LCP（最长公共前缀），如果能完全匹配上，就满足！

小Hi：对，没错。比如abababab，检验是否是(2,4)，就拿abababab和ababab求LCP。

小Hi：值得一提的是，利用height数组可以快速求出我们需要的LCP。例如abababab的height数组如下：

suffix	sa	height
ab	7	0
abab	5	2
ababab	3	4
abababab	1	6
b	8	0
bab	6	1
babab	4	3
bababab	2	5

小Hi：如果我们要求某两个后缀的LCP，只要求它们中间的一段height数组的最小值即可。例如abababab和ababab的LCP就是[4]这段的最小值，即2；bab和bababab的LCP就是[3, 5]这段的最小值，即3；ab和babab的LCP就是[2, 4, 6, 0, 1, 3]这段的最小值，即0。

小Hi：这个求height数组某一段最小值的问题，恰好是之前讲过的[RMQ问题]，可以通过O(NlogN)的预处理达到O(1),处理单次询问；当然使用线段树等数据结构也是可以的，单次询问O(logN)。

小Ho：明白了。回到原问题，那我们肯定是要先枚举(k,l)中的这个l，再枚举起始位置i，计算Suffix(i)和Suffix(i+l)的LCP，记作lcp(l, i)，那么k(l, i)就等于lcp(l,i)/l + 1。对于所有的循环节长度l和起始位置i，最大的k(l, i)就是答案。

小Hi：你说的对！不过本题还是有进一步优化的空间。对于确定的l，我们不用枚举所有的起始位置i，而只枚举i是l的整数倍的情况。如果最优串的开始位置恰好在l的倍数上，那我们找到的最大的k就是正确答案。

小Ho：道理是这么个道理。不过如果最优串的开始位置不在l的倍数上呢？

小Hi：即使不是，问题也会太糟糕，假如说最优串位置在x，可以想象我们会枚举到x之后的一个最近位置p，p是l的倍数。并且我们计算出了Suffix(p)和Suffix(p+l)的LCP，lcp(l, p)那么此时的k(l, p)=lcp(l, p)/l+1。

小Hi：对于被我们略过的k(l, p-1), k(l, p-2) ... k(l, p-l+1)，它们的上限是k(l, p)+1。

小Ho：没错。因为它们的起始位置距离p不超过l，所以最多比Suffix(p)增加一个循环节。

小Hi：其次，如果k(l, p-1), k(l, p-2) ... k(l, p-l+1)中有一个的值是k(l, p)+1的话，那么k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)一定等于k(l, p)+1。(mod是取余运算)

小HO：为什么呢？

小Hi：举个例子，比如串XaYcdabcdabcd(XY各代表一个不确定的字符，具体代表的字符会影响最后答案，我们后面会分析到)，当我们考虑l=4的时候，第一次枚举p=4的起始位置，会求出cdabcdabcd和cdabcd的lcp(4, 4)=6，k(4, 4)=2。根据上面的论断，只有当k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)=k(4, 4 - 4 + 6 mod 4)=k(4, 2)=3时，k(4, 1), k(4, 2)和k(4, 3)中才会有3。首先我们可以判断k(4, 3)一定不可能等于3，因为无论Y是哪个字符，Ycdabcdabcd和bcdabcd的LCP即lcp(4, 3)最大是7，不到8。 其次如果k(4, 2) ≠ 3，那么k(4, 1)也没戏。因为如果k(4, 2) ≠ 3，说明aY和ab匹配不上，这时无论X是哪个字符，XaY和dab匹配不上，lcp(4, 1) < l，k(4, 1) = 1。

小Ho：哦，我有点明白了。k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)是一个分界线，右边的值因为LCP不够大，一定不能增加一个循环节。并且如果k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)没有增加循环节的话，说明[p - l + lcp(l, p) mod l, p]这段中间匹配出错，左边的lcp也跟着雪崩，更不可能增加循环节了。

小Hi：没错！

小Ho：那枚举l和枚举开始位置的时间复杂度呢？

小Hi：你会发现，枚举完l后枚举开始位置的时间复杂度是O(n/l)的，所以总复杂度是O(n/1)+O(n/2)+O(n/3)...这个是一个经典的求和，总复杂度是O(nlogn)的。

小Ho：明白了！好神奇，看似简单朴素的想法，复杂度却也很低。

小Hi：是啊。以下是二分判断的C++代码实现：

for(L＝1;L <= n;L++)
{
    for (int i = 1; i + L <= n; i += L)
    {
        int R = lcp(i, i + L);
        ans = max(ans, R / L + 1);
        if (i >= L - R % L)
        {
            ans = max(lcp(i - L + R%L, i + R%L) / L + 1, ans);
        }
    }
}

小Ho：好的。我这就实现一下。

然后我就实现了一下…… 对于证明一脸懵逼……

#include <bits/stdc++.h>

#define N 100005

int n; char s[N];

int A[N], cntA[N];
int B[N], cntB[N];
int sa[N], rk[N], ht[N], ta[N];

int tr[N << 2];

void build(int t, int l, int r)
{
    if (l == r)
        tr[t] = ht[l];
    else
    {
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(t << 1, l, mid);
        build(t << 1 | 1, mid + 1, r);
        tr[t] = std::min(
            tr[t << 1],
            tr[t << 1 | 1]
        );
    }
}

int query(int t, int l, int r, int a, int b)
{
    if (l == a && r == b)
        return tr[t];
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (b <= mid)
        return query(t << 1, l, mid, a, b);
    else if (a > mid)
        return query(t << 1 | 1, mid + 1, r, a, b);
    else
        return std::min(
            query(t << 1, l, mid, a, mid),
            query(t << 1 | 1, mid + 1, r, mid + 1, b)
        );
}

inline int lcp(int a, int b)
{
    a = rk[a];
    b = rk[b];
    
    if (a > b)
        std::swap(a, b);
    
    return query(1, 1, n, a + 1, b);
}

signed main(void)
{
    scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1);
    
    memset(cntA, 0, sizeof(cntA));
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        ++cntA[s[i]];
        
    for (int i = 1; i <= 300; ++i)
        cntA[i] += cntA[i - 1];
        
    for (int i = n; i >= 1; --i)
        sa[cntA[s[i]]--] = i;
        
    rk[sa[1]] = 1;
    
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - 1]]);
        
    for (int l = 1; rk[sa[n]] < n; l <<= 1)
    {
        memset(cntA, 0, sizeof(cntA));
        memset(cntB, 0, sizeof(cntB));
        
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            ++cntA[A[i] = rk[i]];
            ++cntB[B[i] = i + l <= n ? rk[i + l] : 0];
        }
        
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            cntA[i] += cntA[i - 1],
            cntB[i] += cntB[i - 1];
            
        for (int i = n; i >= 1; --i)
            ta[cntB[B[i]]--] = i;
            
        for (int i = n; i >= 1; --i)
            sa[cntA[A[ta[i]]]--] = ta[i];
            
        rk[sa[1]] = 1;
        
        for (int i = 2; i <= n; ++i)
            rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (A[sa[i]] != A[sa[i - 1]] || B[sa[i]] != B[sa[i - 1]]);
    }
    
    for (int i = 1, j = 0; i <= n; ++i)
    {
        if (--j < 0)j = 0;
        while (s[i + j] == s[sa[rk[i] - 1] + j])++j;
        ht[rk[i]] = j;
    }
    
    build(1, 1, n);    
            
    int ans = 0;
            
    for (int L = 1; L <= n; ++L)
    {
        for (int i = 1; i + L <= n; i += L)
        {
            int R = lcp(i, i + L);
            ans = std::max(ans, R/L + 1);
            if (i >= L - R % L)
                ans = std::max(ans,
                    lcp(i-L+R%L,i+R%L)/L+1);
        }
    }
    
    printf("%d
", ans);
}

@Author: YouSiki