CTime_Pup_314

不能再颓废了

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[雅礼集训2017Day7]事情的相似度

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题目描述

给定前缀结束位置区间，求其两两间 \(LCS\) 的最大值

题解

一个人学 \(SAM\)，也需要考虑历史的进程

这道题在一开始有一个口胡的后缀数组和莫队的 \(O(n\sqrt{nlogn})\) 做法，但觉得常数有点大，就放弃了

之后又错误估计了预处理的点对数量，以为是 \(O(n^2)\)，然后就看了题解，发现是 \(O(nlogn)\)

任意两前缀的 \(LCS\) 一定是相应 \(np\) 节点在 \(Parent\) 树上的 \(LCA\) 的 \(maxlen\)，我们预处理一些点对即可，具体来说，两个子节点合并到父节点时，我们找最接近的合并一定不会差，这样和启发式合并复杂度一致 之后把操作离线，用后缀树状数组搞一下扫描线即可

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <set>
using namespace std;
inline int read(int f = 1, int x = 0, char ch = ' ')
{
    while(!isdigit(ch = getchar())) if(ch == '-') f = -1;
    while(isdigit(ch)) x = x*10+ch-'0', ch = getchar();
    return f*x;
}
const int N = 2e5+5;
int last = 1, tot = 1, ch[N][2], fa[N], len[N];
int m, p[N], tax[N];
set<int> t[N];
char s[N];
void insert(int c)
{
    int cur = ++tot, pre = last; last = cur;
    len[cur] = len[pre]+1; t[cur].insert(len[cur]);
    while(pre&&!ch[pre][c]) ch[pre][c] = cur, pre = fa[pre];
    if(!pre) return void(fa[cur] = 1);
    int x = ch[pre][c];
    if(len[pre]+1 == len[x]) return void(fa[cur] = x);
    int y = ++tot; fa[y] = fa[x]; fa[x] = fa[cur] = y; len[y] = len[pre]+1;
    memcpy(ch[y], ch[x], sizeof(ch[x]));
    while(pre&&ch[pre][c] == x) ch[pre][c] = y, pre = fa[pre];
}
int n, q;
int ans[N];
struct Tup
{
    int w[3];
    Tup(int x = 0, int y = 0, int z = 0){ w[0] = x; w[1] = y; w[2] = z; }
    int operator [] (const int x) { return w[x]; } 
    bool operator < (const Tup &_) const 
    {
        for(int i = 0; i < 3; ++i)
            if(w[i] != _.w[i]) return w[i] < _.w[i];
        return true;
    }
}tup[N<<6], par[N]; 
int val[N];
void change(int x, int d) { for( ; x; x -= x&-x) val[x] = max(val[x], d); }
int query(int x) { int ret = 0; for( ; x <= n; x += x&-x) ret = max(ret, val[x]); return ret;  }
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &q); scanf("%s", s+1);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) insert(s[i]-'0');
    for(int i = 1; i <= tot; ++i) ++tax[len[i]];
    for(int i = 1; i <= tot; ++i) tax[i] += tax[i-1];
    for(int i = 1; i <= tot; ++i) p[tax[len[i]]--] = i;
    for(int i = tot; i > 1; --i)
    {
        int x = p[i]; if(t[x].size() > t[fa[x]].size()) swap(t[x], t[fa[x]]);
        set<int>::iterator it, a, b, c;
        for(it = t[x].begin(); it != t[x].end(); ++it)
        {
            t[fa[x]].insert(*it); a = b = c = t[fa[x]].find(*it); ++c;
            if(a != t[fa[x]].begin()) --a, tup[++m] = Tup(*b, *a, len[fa[x]]);
            if(c != t[fa[x]].end()) tup[++m] = Tup(*c, *b, len[fa[x]]);
            t[fa[x]].erase(*it);
        }
        for(it = t[x].begin(); it != t[x].end(); ++it) t[fa[x]].insert(*it);
    }
    sort(tup+1, tup+1+m);
    for(int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        int l = read(), r = read();
        par[i] = Tup(r, l, i);
    }
    sort(par+1, par+1+q);
    for(int i = 1, ptr = 1; i <= q; ++i)
    {
        while(ptr <= m&&tup[ptr][0] <= par[i][0]) change(tup[ptr][1], tup[ptr][2]), ++ptr;
        ans[par[i][2]] = query(par[i][1]);
    }
    for(int i = 1; i <= q; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}