技術標籤：貪心字串luoguSNOI廣義SAM貪心

正題

題目連結:https://www.luogu.com.cn/problem/P6793

題目大意

給出兩個長度為 n n n的字串，取出他們所有長度為 k k k的連續子串分別構成兩個可重集合 A , B A,B A,B。

你每次可以花費 x x x點代價修改 A A A中一個字串長度為 x x x的字尾，求至少花費多少代價能夠使得兩個集合完全相同。

1 ≤ k ≤ n ≤ 1.5 × 1 0 5 1\leq k\leq n\leq 1.5\times 10^5 1≤k≤n≤1.5×105

解題思路

兩個串 S , T S,T

這個和之前有道題很像，沿用想法就是在後綴樹上搞。

兩個點的 L C P LCP LCP可以在他們字尾樹上的 L C A LCA LCA處得到。

現在問題就變為了有一些黑白點，知道兩個點匹配的代價與 L C A LCA LCA的關係，求最小代價和。

基礎貪心？直接在深度小的地方合併完就好了。

字尾樹就是把反串跑廣義SAM就好了

時間複雜度 O ( n ) O(n) O(n)

code

#include<cstdio>
#include
 
<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=6e5+10;
struct node{
	ll to,next;
}a[N];
ll n,k,tot,ls[N],v[N][2],ans;
ll ch[N][26],fa[N],len[N],cnt;
char sa[N],sb[N];
ll Insert(ll p,ll c){
	if(ch[p][c]){
		ll q=ch[p][c];
		if(len[p]+1==len[q])return q;
		ll nq=
 
++cnt;len[nq]=len[p]+1;
		memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));
		fa[nq]=fa[q];fa[q]=nq;
		for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;
		return nq;
	}
	ll np=++cnt;len[np]=len[p]+1;
	for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=np;
	if(!p)fa[np]=1;
	else{
		ll q=ch[p][c];
		if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q;
		else{
			ll nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;
			memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));
			fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;
			for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;
		}
	}
	return np;
}
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dfs(ll x){
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;dfs(y);
		v[x][0]+=v[y][0];
		v[x][1]+=v[y][1];
	}
	ll tmp=min(v[x][0],v[x][1]);
	ans+=max(k-len[x],0ll)*tmp;
	v[x][0]-=tmp;v[x][1]-=tmp;
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	scanf("%s",sa+1);
	scanf("%s",sb+1);
	ll last=cnt=1;
	for(ll i=n;i>=1;i--)
		last=Insert(last,sa[i]-'a'),v[last][0]+=((n-i+1)>=k);
	last=1;
	for(ll i=n;i>=1;i--)
		last=Insert(last,sb[i]-'a'),v[last][1]+=((n-i+1)>=k);
	for(ll i=2;i<=cnt;i++)addl(fa[i],i);
	dfs(1);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}