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codeforcs 1063F. String Journey - dp -SAM - 主席樹/線段樹合併 - 子串定位 - 倍增

阿新 • • 發佈：2018-11-11

題目大意：
給你一個長為 n n 的字串 S S ，求最大的 k k

，使得能夠找出 k k 個不重疊的子串 t 1 … t k
t_1\dots t_k ，使得 ∀ i ∈ [ 1 , k
) , ∣ t i ∣ > ∣ t i + 1 ∣ \forall i\in[1,k),|t_i|>|t_{i+1}| ，並且 t i + 1 t_{i+1} 是 t i t_i 的子串。 n ≤ 5 × 1 0 5 , 5 s n\le5\times 10^5,5s
題解：
首先觀察性質。
顯然和這種“當前串是上一個的子串然後最大化序列長度”之類的，可以證明一定存在一種最優解，使得每個串都是上一個串的字首或者字尾（注意都有可能，並不一定全部都是字尾或者字首，因為證明過程是，例如他不是字首，我想讓他變成字首就把大的串的字首砍掉；但是由於他已經是字尾了可能砍掉後兩個串相等就gg了），並且進一步的說，可以讓相鄰兩個串的長度差恰好是1，再進一步的說，最後最短的串可以讓他長度是1（否則每次切掉那個沒用的位置，做若干輪即可）。很快發現答案不超過根號，於是你可以樸素的設f(i,j)表示第i個位置向後延伸j的長度是否可行，列舉下一個位置是 S [ i , i + j − 1 ] S[i,i+j-1] 的字首還是字尾，然後顯然下一次出現越早越好，因此直接找到那個位置，用那個轉移即可。如果實現優秀可以做到不帶log的根號演算法。
但是又會發現，f(i,j)作為一個bool陣列，其一段字首是1，之後是0.因此設f(i)表示i這個位置最遠能夠延伸多少，二分答案做上述過程即可兩個log。
顯然求下一個位置無論如何都優化不掉了(ba)，考慮去掉前面的二分答案。
進一步觀察性質，很快發現，假設當前f(i)=j，有兩種情況，第一種是下一個位置取了個字尾，那麼f(i+1)這個位置就和和下一個位置相等，因此 f ( i + 1 ) ≥ j − 1 f(i+1)\geq j-1 ；第二種情況是下一個位置是字首，看似此時 f ( i + 1 ) ≥ j − 2 f(i+1)\geq j-2 其實不然，你還是可以選出 j − 1 j-1 的答案。因此有 f ( i + 1 ) ≥ f ( i ) − 1 f(i+1)\geq f(i)-1 恆成立。注意到 f ( n ) = 1 f(n)=1 ，而之前的等價於 f ( i ) ≤ f ( i + 1 ) + 1 f(i)\le f(i+1)+1 ，因此用類似倍增陣列求height的方法即可做到均攤線性的列舉答案。
求下一個位置只要先在SAM上倍增做子串定位，然後上線段樹合併/主席樹即可。實測如果實現不好（即你開了倍增陣列、ch陣列開了26），還寫了線段樹合併會MLE。一個優化方法是發現倍增陣列和ch陣列使用時間不重疊可以公用，另一種方法是使用主席樹可以卡掉很大的空間常數。這樣就時空一個log了。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define Rep(i,v) rep(i,0,(int)v.size()-1)
#define lint long long
#define ull unsigned lint
#define db long double
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
#define gc getchar()
#define N 500010
#define SIG 27
#define LOG 20
#define debug(x) cerr<<#x<<"="<<x
#define sp <<" "
#define ln <<endl
#define S(rt) (((rt)==NULL)?0:((rt)->s))
#define CH(rt,w) (((rt)==NULL)?NULL:((rt)->ch[w]))
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef set<int>::iterator sit;
struct edges{ int to,pre; };
struct segment{ int s;segment *ch[2]; };
int f[N];
int update(segment* &x,segment* y,int l,int r,int p)
{
	x=new segment,x->s=S(y)+1;int mid=(l+r)>>1;
	x->ch[0]=CH(y,0),x->ch[1]=CH(y,1);if(l==r) return 0;
	if(p<=mid) update(x->ch[0],CH(y,0),l,mid,p);
	if(mid<p) update(x->ch[1],CH(y,1),mid+1,r,p);
	return 0;
}
int query(segment* x,segment* y,int l,int r,int p)
{
	int mid=(l+r)>>1,ans;if(S(x)-S(y)==0||p>r) return 0;if(l==r) return r;
	if((ans=query(CH(x,0),CH(y,0),l,mid,p))) return ans;
	return query(CH(x,1),CH(y,1),mid+1,r,p);
}
struct SAM{
	int node_cnt,rt,las,val[N*2],ch[N*2][SIG],dfc,in[N<<1],rp[N<<1];
	int up[N<<1][LOG],fa[N*2],ps[N<<1],n,h[N<<1],etop,out[N<<1],tms[N<<1];
	struct edges { int to,pre; }e[N<<1];segment *seg[N<<1];
	inline int add_edge(int u,int v) { return e[++etop].to=v,e[etop].pre=h[u],h[u]=etop; }
	SAM() { n=node_cnt=0,rt=las=new_SAM_node(0); }
	inline int new_SAM_node(int v,int x=0) { return val[x=++node_cnt]=v,x; }
	inline int extend(int w)
	{
		int p=las,np=new_SAM_node(val[p]+1);
		while(p&&!ch[p][w]) ch[p][w]=np,p=fa[p];
		if(!p) fa[np]=rt;
		else{
			int q=ch[p][w],v=val[p]+1;
			if(val[q]==v) fa[np]=q;
			else{
				int nq=new_SAM_node(v);
				memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof ch[q]);
				fa[nq]=fa[q],fa[q]=fa[np]=nq;
				while(p&&ch[p][w]==q) ch[p][w]=nq,p=fa[p];
			}
		}
		return las=np,ps[++n]=np,rp[np]=n;
	}
	int dfs(int x)
	{
		in[x]=dfc+1;if(rp[x]) tms[++dfc]=rp[x];
		for(int i=h[x];i;i=e[i].pre) dfs(e[i].to);
		return out[x]=dfc;
	}
	inline int build()
	{
		dfc=0,getedge(),getup(),dfs(rt),seg[0]=NULL;
		rep(i,1,n) update(seg[i],seg[i-1],1,n,tms[i]);
		return 0;
	}
	inline int getedge() { rep(i,1,node_cnt) if(fa[i]) add_edge(fa[i],i);return 0; }
	inline int getup()
	{
		rep(i,1,node_cnt) up[i][0]=fa[i];
		rep(j,1,LOG-1) rep(i,1,node_cnt) up[i][j]=up[up[i][j-1]][j-1];
		return 0;
	}
	inline int getnode(int r,int len)
	{
		int x=ps[r];
		for(int i=LOG-1;i>=0;i--)
			if(up[x][i]&&val[up[x][i]]>=len) x=up[x][i];
		return x;
	}
	inline int query_nxt(int l,int r,int t)//s[q,q+len-1]=s[l,r],q>=t
	{
		int len=r-l+1,x=getnode(r,len);
		if(in[x]>out[x]||t+len-1>n) return 0;
		int ans=query(seg[out[x]],seg[in[x]-1],1,n,t+len-1);
		if(ans) return ans-len+1;return 0;
	}
}s;
inline int cant(int l,int x,int t=0)
{
	t=s.query_nxt(l,l+x-2,l+x);if(t&&f[t]>=x-1) return 0;
	t=s.query_nxt(l+1,l+x-1,l+x);if(t&&f[t]>=x-1) return 0;
	return 1;
}
char str[N];
int main(
            
  

           

              
              

            

            
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 7218: A Sequence Game 
 時間限制: 1 Sec  記憶體限制: 128 MB 提交: 128  解決: 32 [提交] [狀態] [討論版] [命題人:admin] 
 題目描述 
 One da 



  
 

    


    
    
bzoj 1901 ZOJ 2112 Dynamic Rankings [樹狀陣列套主席樹] [線段樹套平衡樹]

     
 
							
							
							Dynamic Rankings

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB 
Submit: 6900  Solved: 2870

Description

給定一個含有n個數的序列a[1],a[2],a[3]……a[ 



  
 

    


    
    
動態區間第k小（主席樹+線段樹套樹狀陣列）

     
 
							
							
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[SPOJ COT3] SG函數 Trie樹 線段樹合並

     
 swa   線段   std   line   etc   分析   eight   sin   stdout   題目
　　
 
分析
　　
　　
 
實現

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
 



  
 

    


    
    
bzoj3685普通van Emde Boas樹 線段樹

     
 while   個數   最大   time   push   線段   !=   submit   using   3685: 普通van Emde Boas樹Time Limit: 9 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 1932  Solved: 626[Submit][S 



  
 

    


    
    
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         n
        
        
         ≤ 



  
 

    


    
    
jzoj5943. 【NOIP2018模擬11.01】樹(線段樹)

     
 
							
							
							5943. 【NOIP2018模擬11.01】樹
Description

Input
第一行一個整數 n 表示序列長度, 接下來一行 n 個整數描述這個序列.
第三行一個整數 q 表示操作次數, 接下來 q 行每行一次操作, 格式同題目描述.
Output
輸 



  
 

    


    
    
bzoj3196 Tyvj 1730 二逼平衡樹 線段樹套splay

     
 
							
							
							Description

您需要寫一種資料結構（可參考題目標題），來維護一個有序數列，其中需要提供以下操作：
1.查詢k在區間內的排名
2.查詢區間內排名為k的值
3.修改某一位值上的數值
4.查詢k在區間內的前驅(前驅定義為小於x，且最大的數)
5.查詢k在區 



  
 

    


    
    
poj 2155 matrix 二維線段樹 線段樹套線段樹

     
 題意 
一個$n*n$矩陣,初始全為0,每次翻轉一個子矩陣,然後單點查詢 
題解 
任意一種能維護二維平面的資料結構都可以 
我這裡寫的是二維線段樹,因為四分樹的寫法複雜度可能會退化,因此考慮用樹套樹實現二維線段樹 
簡單來說就是每個點都維護了一顆線段樹... 
因為二維線段樹難以實現pushdown,而他的 



  
 

    


    
    
【BZOJ3600】沒有人的算術 - 替罪羊樹+線段樹

     
 題意： 
 
 
 
  
題解： 
Orz vfleaking……真·神題 
做法大概是先把題意中定義的“數”都賦一個實數權值，用平衡樹來維護整個從大到小排序過的序列，再用線段樹查詢最值； 
這樣做為什麼是對的？考慮插入一個數$x$，我們已經知道了$x_L$和$x_R$在序列中的位置，就可以直接每 



  
 

    


    
    
bzoj3682 Phorni 字尾平衡樹+線段樹

     
  
 
  
  
 Description 
  
 給定一個字串和n個pos，要求資瓷： 
  
  開頭插入一個字元c 
  將第x個pos改為y 
  查詢第l到r個pos中所代表的最大字尾 強制線上 
  
 Solution 
  
 久違的串串題。感覺字尾平衡樹好像挺好寫的，線上還能logn。  



  
 

    


    
    
bzoj 3730: 震波 (點分樹+線段樹)

     
 




最近敲這種一言不合程式碼就150+的點分樹題已經麻木了QAQ


對於每個重心我們開兩顆線段樹（動態開）：
一顆線段樹中，對點分樹中以u為根的子樹中的節點v，我們以他距u的距離為下標，點權為值插入線段樹
另一顆裡，對點分治中以u為根的子樹中的節點v，我們以他距u的父親節點距離為下標，點權為值插入線段 



  
 

    


    
    
藍橋杯 校外的樹 線段樹

     
 
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#define N 10010
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
using namespace std;
 



  
 

    


    
    
資料結構----線段樹----線段樹的定義與構造

     
 
								
								            
						
                
一、什麼是線段樹？
1、線段樹是一棵二叉樹，樹中的每一個結點表示了一個區間[a,b]。
2、每一個葉子節點表示的是一個單位區間。
3、根節點表示的是“整體”的區間。
4、對於每一個非葉結點所表示的區間 



  
 

    


    
    
bzoj 3196 && luogu 3380 JoyOI 1730 二逼平衡樹  (線段樹套Treap）

     
 put   clas   結構   online   input   維護   amp   bbs   查詢   鏈接：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3196
題面;

3196: Tyvj 1730 二逼平衡樹
Time Limit 



  
 

    


    
    
[CF1063F]String Journey[字尾陣列+線段樹]

     
 題意 
在 \(S\) 中找出 \(t\) 個子串滿足 \(t_{i+1}\) 是 \(t_{i}\) 的子串,要讓 \(t\) 最大。 
\(|S| \leq 5\times 10^5\). 
分析 
 
 定義狀態 \(f_{i}\) 表示從 \(i\) 出發能夠得到的最長的 \(journey\) .