Problem
LOJ #6041「雅礼集训 2017 Day7」事情的相似度
给定一个长度为 (n) 的 (01) 串 (s)，有 (m) 次询问，每次询问给定了一个区间 ([l,r](l < r))，你需要找到最大的 (t)，使得存在两个整数 (i,j(l leq i < j leq r))，(s[1..i]) 和 (s[1..j]) 的最长公共后缀的长度为 (t)。允许离线。(n,m leq 10^5)。
时间限制：(3 exttt s)
内存限制：(1024 exttt{MB})
Solution
算法一：SA(M) + 莫队（部分分）
把字符串取反，那么就相当于询问区间内的后缀，两两之间 LCP 的最大值。
考虑离线后莫队，莫队的时候维护一个 set 表示当前区间的所有点的 rank，再维护一个 multiset 表示在前一个 set 中所有相邻两点的 LCP。
视 (n,m) 同阶，时间复杂度 (mathcal O(n sqrt n log n))。非常可惜，通过不了本题。
用 SAM 实现也是可以的，LCP 对应过去就是 parent 树 LCA 的 maxl（maxl 表示后缀自动机中某个点表示子串的最大长度）。
算法二：SA(M) + bitset（骚解）
有没有更给力一点的？
假设我们用 SAM，相当于询问编号在某个区间内，对应的 parent 树上结点两两的 LCA 的最大的 maxl。
同样将询问离线，不过这个时候我们考虑每个点的贡献。我们按照 maxl 从大到小枚举点 (x)，那么我们发现，如果某个询问 ([l,r]) 包含了 (x) 不同儿子的子树的点，那么这个 (x) 就对 ([l,r]) 这个询问有贡献，并且因为是按照 maxl 从大到小枚举点，所以第一个给 ([l,r]) 产生贡献的就是它的答案。那么我们怎么去优化这个暴力过程呢？
用牛逼的 bitset 操作。
我们考虑对于字符串的每个位置，存一个 bitset 表示包含这个位置的所有询问，接着在 parent 树上按 maxl 从大到小合并这些 bitset。合并两个 bitset 的时候，对于两边都有的询问就直接算出它们的答案。为了保证时间复杂度还要维护一个 bitset 表示已经得到答案的询问，保证合并的时候枚举公共的询问的过程中，每个询问只会被枚举一次。
诶等等？我空间怎么开爆了？
把 m 个询问拆成两部分，分别做。
诶等等？怎么把区间里面每个点的 bitset 的一位置成 1 啊？
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int l, r;
read(l), read(r);
bit[l][i] = 1, bit[r + 1][i] = 1;
}
for (int i = 2; i <= n; ++i)
bit[i] ^= bit[i - 1];
时间复杂度 (mathcal O(frac{nm}{omega}))。
用 SA 实现也是可以的，对应过去就是按 height 从大到小合并。
#include <bits/stdc++.h>
template <class T>
inline void read(T &x)
{
static char ch;
while (!isdigit(ch = getchar()));
x = ch - '0';
while (isdigit(ch = getchar()))
x = x * 10 + ch - '0';
}
template <class T>
inline void putint(T x)
{
static char buf[15], *tail = buf;
if (!x)
putchar('0');
else
{
for (; x; x /= 10) *++tail = x % 10 + '0';
for (; tail != buf; --tail) putchar(*tail);
}
}
const int MaxN = 1e5 + 5;
const int MaxNT = MaxN << 1;
typedef std::bitset<(MaxN >> 1)> bst;
struct node
{
int trans[2];
int maxl, par;
}tr[MaxNT];
int nT = 1, lst = 1;
int cur_len, pos[MaxN];
int n, m;
int m1, m2;
char s[MaxN];
int id[MaxNT], ans[MaxN];
std::vector<int> son[MaxNT];
int seq[MaxNT];
bst bit[MaxN], non_ans;
inline void extend(int ch)
{
int x = lst;
tr[lst = ++nT].maxl = ++cur_len;
for (; x && !tr[x].trans[ch]; x = tr[x].par)
tr[x].trans[ch] = lst;
if (!x)
tr[lst].par = 1;
else
{
int y = tr[x].trans[ch];
if (tr[x].maxl + 1 == tr[y].maxl)
tr[lst].par = y;
else
{
int np = ++nT;
tr[np] = tr[y];
tr[np].maxl = tr[x].maxl + 1;
tr[y].par = tr[lst].par = np;
for (; x && tr[x].trans[ch] == y; x = tr[x].par)
tr[x].trans[ch] = np;
}
}
}
inline void build_par()
{
static int buc[MaxNT];
for (int i = 1; i <= nT; ++i)
++buc[tr[i].maxl];
for (int i = 1; i <= nT; ++i)
buc[i] += buc[i - 1];
for (int i = 1; i <= nT; ++i)
seq[buc[tr[i].maxl]--] = i;
for (int i = 2; i <= nT; ++i)
son[tr[i].par].push_back(i);
}
inline void merge(int &x, int y, int len)
{
if (!x || !y)
{
x += y;
return;
}
bit[x] &= non_ans;
bst cur = bit[x] & bit[y];
for (int i = cur._Find_first(), lim = MaxN >> 1; i < lim; i = cur._Find_next(i))
{
ans[i] = len;
non_ans[i] = 0;
}
bit[x] = (bit[x] | bit[y]) & non_ans;
}
inline void calc()
{
for (int i = nT; i >= 1; --i)
{
int u = seq[i];
for (int v : son[u])
merge(id[u], id[v], tr[u].maxl);
}
}
inline void solve(int m)
{
non_ans.set();
for (int i = 1; i <= n; ++i)
bit[i].reset();
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int l, r;
read(l), read(r);
bit[l][i] = 1, bit[r + 1][i] = 1;
}
for (int i = 2; i <= n; ++i)
bit[i] ^= bit[i - 1];
for (int i = 1; i <= nT; ++i)
id[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
id[pos[i]] = i;
calc();
for (int i = 1; i <= m; ++i)
putint(ans[i]), putchar('
');
}
int main()
{
#ifdef orzczk
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
#endif
scanf("%d%d", &n, &m);
scanf("%s", s + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
extend(s[i] - '0');
pos[i] = lst;
}
build_par();
m1 = m >> 1, m2 = m - m1;
solve(m1), solve(m2);
return 0;
}
算法三：SAM + LCT + BIT（妙解）
有没有更给力一点的？
考虑将询问离线，然后从小到大枚举右端点 (r)。考虑在 parent 树上把 (r) 对应的点到根的路径上全部覆盖上 (r) 的标记（也就是说每个点只保留编号最大的标记），在打标记之前，如果在路径上遇到的某个点 (x) 在之前有一个标记 (l_0)（(x) 是从下往上第一个拥有 (l_0) 标记的结点），那么说明 (l_0) 和 (r) 对应的点的 LCA 是 (x)，可以用 (maxl_x) 更新左端点不超过 (l_0) 的区间答案。于是拿一个 BIT 维护所有左端点的答案即可。
考虑如何优化到根路径上的暴力过程。这个过程可以考虑用 LCT 的 access 来实现。我们发现，当前同一条实路径上的标记相同，这启发我们维护出实路径的最大的 maxl，这样就可以实现更新答案的过程。access 完一起给整个实路径打个修改标记即可。
在所有 access 的过程中，跨过的虚边的总数是 (mathcal O(n log n)) 的，每次跨过虚边都要在 BIT 上修改，时间复杂度 (mathcal O(n log^2 n))
如果遇到强制在线的毒瘤出题人，把树状数组改成可持久化线段树即可。
##include <bits/stdc++.h>
template <class T>
inline void read(T &x)
{
static char ch;
while (!isdigit(ch = getchar()));
x = ch - '0';
while (isdigit(ch = getchar()))
x = x * 10 + ch - '0';
}
template <class T>
inline void putint(T x)
{
static char buf[15], *tail = buf;
if (!x)
putchar('0');
else
{
for (; x; x /= 10) *++tail = x % 10 + '0';
for (; tail != buf; --tail) putchar(*tail);
}
}
template <class T>
inline void relax(T &x, const T &y)
{
if (x < y)
x = y;
}
const int MaxN = 1e5 + 5;
const int MaxNT = MaxN << 1;
namespace BIT
{
int n;
int bit[MaxN];
inline void modify(int x, int v)
{
// std::cerr << x << ' ' << v << '
';
for (; x; x ^= x & -x)
relax(bit[x], v);
}
inline int query(int x)
{
int res = 0;
for (; x <= n; x += x & -x)
relax(res, bit[x]);
return res;
}
}
namespace LCT
{
int lc[MaxNT], rc[MaxNT], fa[MaxNT];
int val[MaxNT], len[MaxNT];
int tag_val[MaxNT];
inline bool is_root(int x)
{
return !fa[x] || (lc[fa[x]] != x && rc[fa[x]] != x);
}
inline bool which(int x)
{
return rc[fa[x]] == x;
}
inline void node_val(int x, int v)
{
tag_val[x] = val[x] = v;
}
inline void dnt(int x)
{
if (tag_val[x])
{
if (lc[x])
node_val(lc[x], tag_val[x]);
if (rc[x])
node_val(rc[x], tag_val[x]);
tag_val[x] = 0;
}
}
inline void Rotate(int x)
{
int y = fa[x], z = fa[y];
int b = lc[y] == x ? rc[x] : lc[x];
if (!is_root(y))
(lc[z] == y ? lc[z] : rc[z]) = x;
fa[x] = z, fa[y] = x;
if (b)
fa[b] = y;
if (lc[y] == x)
rc[x] = y, lc[y] = b;
else
lc[x] = y, rc[y] = b;
}
inline void Splay(int x)
{
static int que[MaxN], qr, y;
for (y = x; !is_root(y); y = fa[y])
que[++qr] = y;
que[++qr] = y;
for (; qr >= 1; --qr)
dnt(que[qr]);
while (!is_root(x))
{
if (!is_root(fa[x]))
Rotate(which(x) == which(fa[x]) ? fa[x] : x);
Rotate(x);
}
}
inline void Access(int x, int cur_val)
{
int y = 0;
for (; x; rc[x] = y, y = x, x = fa[x])
{
Splay(x);
BIT::modify(val[x], len[x]);
}
node_val(y, cur_val);
}
}
namespace SAM
{
struct node
{
int par, maxl;
int trans[2];
}tr[MaxNT];
int nT = 1, lst = 1;
int cur_len;
inline void extend(int ch)
{
int x = lst;
tr[lst = ++nT].maxl = ++cur_len;
for (; x && !tr[x].trans[ch]; x = tr[x].par)
tr[x].trans[ch] = lst;
if (!x)
tr[lst].par = 1;
else
{
int y = tr[x].trans[ch];
if (tr[x].maxl + 1 == tr[y].maxl)
tr[lst].par = y;
else
{
int np = ++nT;
tr[np] = tr[y];
tr[np].maxl = tr[x].maxl + 1;
tr[y].par = tr[lst].par = np;
for (; x && tr[x].trans[ch] == y; x = tr[x].par)
tr[x].trans[ch] = np;
}
}
}
inline void build_lct()
{
for (int i = 1; i <= nT; ++i)
{
LCT::fa[i] = tr[i].par;
LCT::len[i] = tr[i].maxl;
}
}
}
int SAM_pos[MaxN];
int req_lef[MaxN], ans[MaxN];
std::vector<int> req[MaxN];
int n, m;
char s[MaxN];
int main()
{
#ifdef orzczk
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
#endif
scanf("%d%d", &n, &m);
scanf("%s", s + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
SAM::extend(s[i] - '0');
SAM_pos[i] = SAM::lst;
}
SAM::build_lct();
BIT::n = n;
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int r;
read(req_lef[i]), read(r);
req[r].push_back(i);
}
for (int r = 1; r <= n; ++r)
{
// std::cerr << "solve " << r << '
';
LCT::Access(SAM_pos[r], r);
for (int i : req[r])
ans[i] = BIT::query(req_lef[i]);
}
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
putint(ans[i]);
putchar('
');
}
return 0;
}