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題意

給定字串 \(s\)，問任意翻轉一個區間 \([l,r]\) 後得到的最小字串。

\(\sum |s| \le 1.5\times 10^6\)。

分析

依次考慮答案第 \(i\) 位能否比 \(s_i\)​​ 小可得：\(l\) 一定是右邊有字元比它小的最左位置。因此只需考慮翻一個字首的情況，可以用二分+雜湊比較出最小答案，但是有線性做法。

記 \(t=s^R\)，我們要把 \(t\) 劃分成 \(t_1t_2\)，使得 \(t_2t_1^R\) 最小。

直接在 \(t\)​ 上跑 Duval 演算法。記當前位為 \(i\)​，和它比較的位為 \(j\)​。當出現 \(t_i<t_j\)

最終 \(t\) 的剩餘部分能劃分為 \(w^pw'\) 的形式，其中 \(w\) 為 lyndon 串且 \(w'\) 為 \(w\) 的可空字首，而 \(t_2\) 的開頭一定是某個 \(w\) 或 \(w'\) 的開頭。

考慮三個串 \(x,y,z\)​​​​ 且 \(|x|=|y|\)​​​​。那麼 \(xzy\)​​​​ 不可能比 \(xxz,zyy\)​ 都小，否則 \(xz>zy\)​​ 和 \(xz<zy\)​ 同時成立匯出矛盾。代入 \(x=w^R,y=w,z=w'\)

實現

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#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<=_;++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i>=_;--i)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ul;
typedef reverse_iterator<int*>RI;
#define pb push_back
#define IL inline
const int mod=998244353;
IL int inc(int x,int y){return x+=y-mod,x+=x>>31&mod;}
IL int dec(int x,int y){return x-=y,x+=x>>31&mod;}
IL int mul(int x,int y){return ul(x)*y%mod;}
IL int idk(int x,int y,int p){return p&1?dec(x,y):inc(x,y);}
IL int ksm(int x,int y,int p=1){
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)p=mul(x,p);
	return p;
}
//head
const int N=1e5+5;
int T,n,m,mn[N],l;
char s[N],t[N],res[N],tmp[N];
void upd(int r){
	rep(i,1,n+1)tmp[i]=s[i];
	reverse(tmp+l,tmp+r+1);
	if(strcmp(tmp+1,res+1)<0)rep(i,1,n)res[i]=tmp[i];
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
		mn[n]=s[n]-'a';
		per(i,n-1,1)mn[i]=min(mn[i+1],s[i]-'a');
		l=m=0;
		rep(i,1,n)if(mn[i]<s[i]-'a'){l=i;break;}
		if(!l){puts(s+1);continue;}
		per(i,n,l)t[++m]=s[i];
		rep(i,1,n+1)res[i]=s[i];
		for(int i=2,j=1,k=1;i<=m+1;){
			if(i==m+1){
				upd(n+1-k);
				while(k<j)k+=i-j;
				upd(n+1-k);
				puts(res+1);
				break;
			}
			if(t[i]==t[j]){
				++i,++j;
			}else if(t[i]>t[j]){
				++i,j=k;
			}else{
				while(k<=j)k+=i-j;
				i=j=k,++i;
			}
		}
	}
	exit(0);
}