原文链接 https://www.cnblogs.com/cly-none/p/ECFINAL2018J.html
题意：给出一个长度为(n)的字符串(s)，要求给(s)的每个后缀(s[i:])分配权值(k_i)（实数），满足(0 leq k_i leq 1)，且(sum_i k_i = 1)。再此基础上，最大化
[min_{i=1}^n left( sum_{j=1}^n k_j { m {lcp}} (s[i:],s[j:]) ight) ](n leq 2 imes 10^5)
第一步当然是构建SAM（反串），令(s[i:])在parent树上对应的结点为(p_i)，(dep_i)为结点(i)所能表示的最长串，那么我们要最大化的就是(min_{i=1}^n left( sum_{j=1}^n k_j dep_{{ m {lca}} (p_i,p_i)} ight))。
在这里树的结构恰好为权值的计算提供了一种类似分治的结构，因此我们考虑用树上dp解决这个问题。
于是我们令(dp_i)为仅考虑结点(i)的子树的答案。如果(i)是后缀结点，那么显然(dp_i = dep_i)。这样就确定了初始值。
然后就考虑合并。我们设结点(u)有孩子结点(v)。那么假设我们把(k)点权值分配到(v)的子树中，(v)能对答案产生的贡献就是(dp_v k + dep_u (1-k) = (dp_v - dep_u)k + dep_u)。我们所要做的就是对这些一次函数分配(k)，使(k)的总和为(1)，且它们的值取(min)后尽可能大。注意到这些一次函数的斜率都大于零，这意味着如果分配完(k)后这些函数的取值不互相相等，那么可以把当前函数值最小的那个调大，当前函数值最大的那个调小，得到一个更优的答案。
因此我们要做的就是确定一条如下图所示的平行于(x)轴的直线，使得所有函数对应的(x)值之和为(1)。这样得到的解显然是合法的。
这当然可以二分。也能得到是根据以斜率的倒数为比例分配的。
这样就能(O(n))解决本题了。
此外，这道题还有在笛卡尔树上dp的做法，与本做法没有太大区别。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
#define fir first
#define sec second
#define rep(i,a,b) for (int i = (a) ; i <= (b) ; ++ i)
#define rrp(i,a,b) for (int i = (a) ; i >= (b) ; -- i)
#define gc() getchar()
template <typename tp>
inline void read(tp& x) {
x = 0; char tmp; bool key = 0;
for (tmp = gc() ; !isdigit(tmp) ; tmp = gc())
key = (tmp == '-');
for ( ; isdigit(tmp) ; tmp = gc())
x = (x << 3) + (x << 1) + (tmp ^ '0');
if (key) x = -x;
}
const int N = 200010;
int ch[N << 1][26], fa[N << 1], len[N << 1], cnt = 1, las = 1;
bool tag[N << 1];
void append(char c) {
int np = ++ cnt, p = las;
tag[np] = 1;
las = np;
len[np] = len[p] + 1;
fa[np] = 1;
while (p && !ch[p][c - 'a'])
ch[p][c - 'a'] = np, p = fa[p];
if (!p) return;
int q = ch[p][c - 'a'];
if (len[q] == len[p] + 1)
fa[np] = q;
else {
int nq = ++ cnt;
len[nq] = len[p] + 1;
tag[nq] = 0;
fa[nq] = fa[q];
rep (i, 0, 25) ch[nq][i] = ch[q][i];
fa[q] = nq;
fa[np] = nq;
while (p && ch[p][c - 'a'] == q)
ch[p][c - 'a'] = nq, p = fa[p];
}
}
struct edge {
int la,b;
} con[N << 1];
int tot,fir[N << 1];
void add(int from,int to) {
con[++tot] = (edge) {fir[from], to};
fir[from] = tot;
}
char str[N];
int n;
db dp[N << 1];
void dfs(int pos) {
if (tag[pos]) {
dp[pos] = len[pos];
return;
}
db tmp = 0;
for (int i = fir[pos] ; i ; i = con[i].la)
dfs(con[i].b), tmp += 1.0 / (dp[con[i].b] - len[pos]);
dp[pos] = 1.0 / tmp + len[pos];
}
void solve() {
scanf("%s", str + 1);
n = strlen(str + 1);
tot = 0;
las = cnt = 1;
memset(fir,0,sizeof(int) * (2 * (n + 5)));
memset(ch,0,sizeof(int) * (26 * 2 * (n + 5)));
rrp (i, n, 1) append(str[i]);
rep (i, 2, cnt) add(fa[i], i);
dfs(1);
printf("%.10lf
", dp[1]);
}
int main() {
int T;
read(T);
while (T --)
solve();
return 0;
}
小结：这种问题因为能把贡献规约到每个lca处，所以可以用树形dp解决。这和笛卡尔树的分治思路是同等的。