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【SAM+線段樹合併/SA+掃描線】CF1037H Security

阿新 • • 發佈：2018-12-03

【題目】
原題地址
給定一個長度為 n n 的字串 S S 和 q q

個詢問，每次詢問形如 l   r   T l\ r\ T ，其中 T
T 是一個字串，表示詢問 s l , … , s r
s_l,\dots,s_r 這個字串中比 T T 字典序大的字典序最小的子串是什麼，如沒有則輸出 − 1 -1 。
n ≤ 1 0 5 , q , ∣ S ∣ , ∑ ∣ T ∣ ≤ 2 × 1 0 5 n\leq 10^5,q,|S|,\sum |T|\leq 2\times 10^5

【解題思路1】
考慮每次詢問如果沒有詢問區間的限制，我們在 SAM \text{SAM} 上進行匹配，那麼我們每走一次只需要判斷是否有一個比當前走的路大的字尾即可。顯然最後一次可以比詢問串大的分支是最後的答案。
現在有詢問限制，我們可以用一個 26 26 的代價列舉接下來匹配的字串是什麼，然後看看再匹配後走到自動機上的點的 r i g h t right 集和代表的字串是否在詢問區間中即可。
我們可以用線段樹合併來進行預處理出每個節點的right集。

設 ∑ ∣ T ∣ , ∣ S ∣ \sum |T|,|S| 與 n n 同階，複雜度是 O ( 26 n log ⁡ n ) O(26n \log n) 的。

【解題思路2】
我們建出原串的 SA \text{SA}
如果我們知道詢問串 T T 和答案串的 LCP \text{LCP} 的話，問題就轉化為了 i i 下標在 [ a , b ] [a,b] ， r k rk 下標在 [ c , d ] [c,d] 中 r k rk 最小的串。更具體的說，我們需要求出 i i 下標在 [ l , r − l c p ( t , s a [ r k ( t ) + 1 ] ) ] , r k > r k t [l,r-lcp(t,sa[rk(t)+1])],rk>rk_t 的 r k rk 最小的串，且 i > m a x ( l − 1 , r − l c p ( t , s a [ r k ( t ) + 1 ] ) ) i>max(l-1,r-lcp(t,sa[rk(t)+1])) 。

我們發現這就是一個二維數點問題，按 r k rk 排序後掃描線，用線段樹維護詢問即可。
這樣做的複雜度是 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) 的，比 SAM \text{SAM} 不知道高到哪裡去了。

【參考程式碼】
SAM + \text{SAM}+ 線段樹合併

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;

const int N=1e6+10,M=N*26;
int n,Q,rt[N];
char s[N];

struct Segment
{
	int sz,ls[M],rs[M];bool w[M];
	void pushup(int x){w[x]=w[ls[x]]|w[rs[x]];}
	void update(int &x,int l,int r,int p)
	{
		if(!x) x=++sz;
		if(l==r){w[x]=1;return;}
		int mid=(l+r)>>1;
		if(p<=mid) update(ls[x],l,mid,p);
		else update(rs[x],mid+1,r,p);
		w[x]=w[ls[x]]|w[rs[x]];
	}
	int merge(int x,int y,int l,int r)
	{
		if(!x || !y) return x+y;
		int z=++sz,mid=(l+r)>>1;
		if(l==r) w[z]=w[x]|w[y];
		else
		{
			ls[z]=merge(ls[x],ls[y],l,mid);
			rs[z]=merge(rs[x],rs[y],mid+1,r);
			pushup(z);
		}
		return z;
	}
	bool query(int x,int l,int r,int L,int R)
	{
		if(!x || l>r) return 0;
		if(L<=l && r<=R) return w[x];
		int mid=(l+r)>>1;bool res=0;
		if(L<=mid) res|=query(ls[x],l,mid,L,R);
		if(R>mid) res|=query(rs[x],mid+1,r,L,R);
		return res;
	}
}T;

struct SAM
{
	int sz,las,fa[N],mx[N],ch[N][26];
	vector<int>g[N];
	void init(){sz=las=1;}
	void extend(int x)
	{
		int p,q,np,nq;
		p=las;las=np=++sz;mx[np]=mx[p]+1;
		for(;p && !ch[p][x];p=fa[p]) ch[p][x]=np;
		if(!p) fa[np]=1;
		else
		{
			q=ch[p][x];
			if(mx[q]==mx[p]+1) fa[np]=q;
			else
			{
				nq=++sz;mx[nq]=mx[p]+1;
				memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
				fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;
				for(;ch[p][x]==q;p=fa[p]) ch[p][x]=nq;
			}
		}
	}
	void dfs(int x)
	{
		for(int i=0;i<(int)g[x].size();++i)
		{
			int v=g[x][i];
			dfs(v);rt[x]=T.merge(rt[x],rt[v],1,n);
		}
	}
	void merge(){for(int i=1;i<=sz;++i) g[fa[i]].pb(i);dfs(1);}
	void solve(char *s,int l,int r)
	{
		int len=strlen(s+1),p=1,pos=0,res=0;
		for(int i=1;i<=len+1;++i)
		{
			int c=i>len?0:(s[i]-'a'+1),flag=0;
			for(int j=c;j<26;++j) if(ch[p][j])
			{
				int x=ch[p][j];
				if(T.query(rt[x],1,n,l+i-1,r)){res=j+'a';pos=i-1;break;}
			}
			if(c && ch[p][c-1]) p=ch[p][c-1]; else break;
		}
		if(!res){puts("-1");return;}
		for(int i=1;i<=pos;++i) putchar(s[i]);
		putchar(res);puts("");
	}
}S;

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("CF1037H.in","r",stdin);
	freopen("CF1037H.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%s",s+1)
            
  

           

              
              

            

            
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T上節點x代表的本質不同的子串數為mx[x]-mx[fa[x]]，然後需要去掉所代表子串與S的最長公共子串的長度。 
從1到length(T)掃一遍，SAM基本操作求出每個字首與S的最長公共子串。 
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 題目連結   ___    
 #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m,hd[N],to 



  
 

    


    
    
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給出一個長度為$n$的串$S$和$m$個串$T_{1\cdots m}$，給出$q$個詢問$l,r,pl,pr$，詢問$S[pl\cdots pr]$在$T_l\cdots T_r$中哪個串出現次數最多，出現了多少次。 
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          x
         
        
        
         x
        
 



  
 

    


    
    
【LUOGU???】WD與地圖 整體二分 線段樹合併

     
 題目大意 
　　有一個簡單有向圖。每個點有點權。 
　　有三種操作： 
 
 修改點權 
 刪除一條邊 
 詢問和某個點在同一個強連通分量中的點的前 \(k\) 大點權和。 
 
　　\(n\leq 100000,m,q\leq 200000\) 
題解 
　　把操作反過來，每次只有加邊操作。 
　　用線段樹 



  
 

    


    
    
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先把原樹建出來，每次查詢就等價於計運算元節點的size*(父親節點所在聯通塊的大小-子節點的size)
用並查集找到節點的祖先，維護子樹size
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							Description



Solution

對於每個節點有一棵權值線段樹，向上遞迴時合併同時計算逆序對即可。



Source



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【usaco2017Jan】Promotion Counting的解析——線段樹合併入門

     
 
                這道題貌似是道水題，看見那麼多人寫樹狀陣列，正好我最近又要學習線段樹合併，於是發了這篇線段樹合併入門blog.



一：線段樹合併的概念.

首先我們先介紹完線段樹合併再來分析題目.

線段樹合併是基於動態開點線段樹的，一開始建立n棵線段樹，每棵線段樹只有一條鏈是記錄著的. 



  
 

    


    
    
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							【題目】
原題地址
給定一棵NNN個節點的樹，點權1∼W1 \sim W1∼W，求樹的每一個連通塊的第KKK大點權之和。
【解題思路】
以下均來自這裡
首先可以轉化一下題目。
Ans=∑S∈TkthofS=∑i=1Wi×∑S∈T[kthofS==i]=∑i=1W 



  
 

    


    
    
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loj2537
題解
觀察題目的式子似乎沒有什麽意義，我們考慮計算出每一種權值的概率
先離散化一下權值
顯然可以設一個\(dp\)，設\(f[i][j]\)表示\(i\)節點權值為\(j