[TJOI2017] DNA

序

乓乓球

话说天津的玩梗真的是...

正文

做这个题，其实暴力一分也得不了....因为我的 (O(nlogn)) 不开 O2 最快的点也才跑了200+ms...然后大概就是这么想，我们在暴力的基础上优化一下。反正这样子应该可以简化反正就4个字符...

就是说，我们预处理出每个（子串）东西的 LCP，然后搞一搞吧。但是我知道的求 LCP 的快速方法只有后缀数组的 height，然后自然的联想到了 RMQ， 也就是说我们查询 suf(x), suf(y) 的 LCP 可以通过找一个 (min_{x < i le y} (height[i])) 对吧，这是显然的。因为字典序的性质。

算了，先说清楚步骤，再讲程序。

1. 预处理出 height

这个没什么好说的对吧

2. 做出ST表

这个也挺水的

3. 暴力匹配

这个注意如果不一样的超过三个就直接退出

const int Maxn = 2e5 + 111;

int T, len, lena, sa[Maxn], height[Maxn], rk[Maxn], x[Maxn], y[Maxn], se[Maxn], m = 127, ans, pos, f[Maxn][18], lenb;

char c[Maxn];
/*  后缀数组  */
inline void get_sa()
{
	for(int i = 1; i <= len; ++i) ++se[x[i] = c[i]];
	for(int i = 2; i <= m; ++i) se[i] += se[i - 1];
	for(int i = len; i >= 1; --i) sa[se[x[i]]--] = i;
	for(int k = 1; k <= len; k <<= 1)
	{
		int num = 0;
		for(int i = len - k + 1; i <= len; ++i) y[++num] = i;
		for(int i = 1; i <= len; ++i) if(sa[i] > k) y[++num] = sa[i] - k;
		for(int i = 1; i <= m; ++i) se[i] = 0;
		for(int i = 1; i <= len; ++i) ++se[x[i]];
		for(int i = 2; i <= m; ++i) se[i] += se[i - 1];
		for(int i = len; i >= 1; --i) sa[se[x[y[i]]]--] = y[i], y[i]= 0;
		swap(x, y); x[sa[1]] = 1, num = 1;
		for(int i = 2; i <= len; ++i)
			x[sa[i]] = (y[sa[i]] == y[sa[i - 1]] && y[sa[i - 1] + k] == y[sa[i] + k])? num: ++num;
		if(num == len) break;
		m = num;
	}
	return ;
}

inline void get_height()
{
	for(int i = 1; i <= len; ++i) rk[sa[i]] = i;
	int k = 0;
	for(int i = 1; i <= len; ++i)
	{
		if(rk[i] == 1) continue;
		if(k) --k;
		int j = sa[rk[i] - 1];
		while(j + k <= len && i + k <= len && c[j + k] == c[i + k]) ++k;
		height[rk[i]] = k;
	}
}

inline int query(int a, int b)
{
	int k = log2(b - a + 1);
	return min(f[a][k], f[b - (1 << k) + 1][k]);
}

inline int LCP(int a, int b)
{
	a = rk[a];
	b = rk[b];
	if(a > b) swap(a, b);
	return query(++a, b);
}

int main()
{
#ifdef _DEBUG
	freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
	T = rd();
	while(T--)
	{
		scanf("%s", c + 1);
		lena = strlen(c + 1);
		c[lena + 1] = '#';
		scanf("%s", c + lena + 2);
		len = strlen(c + 1);
		lenb = len - lena -1;
		m = 127;
		for(int i = 1; i <= 127; ++i) se[i] = 0;
		get_sa();
		get_height();
        /*  RMQ  */
		for(int i = 1; i <= len; ++i) f[i][0] = height[i];
		int tmp = log2(len);
		for(int i = 1; i <= tmp; ++i)
		{
			int k = 1 << i;
			for(int j = 1; j <= len - k + 1; ++j) f[j][i] = min(f[j][i - 1], f[j + k / 2][i - 1]);
		}
        /*  暴力匹配  */
		ans = 0;
		for(int i = 0; i <= lena - lenb; ++i)
		{
			int tot = 0;
			for(int j = 1; j <= lenb && tot <= 3;)
			{
				if(c[i + j] != c[lena + 1 + j])
				{
					
					tot++, ++j;
					if(tot > 3) break;
				}
				else j += LCP(i + j, lena + j + 1);
			}
			if(tot <= 3) ans++;
		}
		printf("%d
", ans);
	}
	return 0;
}

关于这么做的正确性

我们证明一个简单的结论，也许就是你所疑惑的

(LCP(i, j)) 即是 (suf(i), suf(j)) 的最长公共前缀应该是等于 (min (height[k])) 其中 (rk[i] < k le rk[j])，不妨设 (rk_i < rk_j)，我们首先 (height[i]) 是啥，是 (LCP(sa[i - 1], sa[i])) ，是排名第 (i) 的子串和排名第 (i-1) 的子串的最长公共前缀，意会一下，根据字典序的排序的性质，排名为 (rk[i]) 的子串和排名为 (rk[j]) 的子串，我们只要把排名之间的最小公共前缀求出即可。就是做一个 RMQ。
有意向的还可以看一下 ural 1297 ，也是这样的。

嵬

正在想有没有不开O2就能过的