[TJOI2015]弦论

题目描述

为了提高智商，ZJY 开始学习弦论。这一天，她在《String theory》中看到了这样一道问题：对于一个给定的长度为 nnn 的字符串，求出它的第 kkk 小子串是什么。你能帮帮她吗?

输入格式

第一行是一个仅由小写英文字母构成的字符串 sss。

第二行为两个整数 ttt 和 kkk，ttt 为 000 则表示不同位置的相同子串算作一个，ttt 为 111 则表示不同位置的相同子串算作多个。kkk 的意义见题目描述。

输出格式

输出数据仅有一行,该行有一个字符串，为第 kkk 小的子串。若子串数目不足 kkk 个，则输出 −1-1−1。

样例 #1

样例输入 #1

aabc
0 3

样例输出 #1

aab

样例 #2

样例输入 #2

aabc
1 3

样例输出 #2

aa

样例 #3

样例输入 #3

aabc
1 11

样例输出 #3

-1

提示

数据范围

对于 10%10\%10% 的数据，n≤1000n\leq 1000n≤1000。

对于 50%50\%50% 的数据，t=0t = 0t=0。

对于 100%100\%100% 的数据，1≤n≤5×1051\leq n \leq 5 \times 10^51≤n≤5×105，0≤t≤10\leq t \leq 10≤t≤1，1≤k≤1091\leq k \leq 10^91≤k≤109。

SOLUTION

子串计数可以用后缀自动机。

后缀自动机的大致思路：

每一个节点保存 endpos\mathrm{endpos}endpos （结尾出现位置）集合相同的子串（状态），往 SAM 中添加节点时， last\mathrm{last}last （上次操作的末尾）的每一个后缀状态（ endpos\mathrm{endpos}endpos 不同）若没有为添加字符的连边，则向新节点连添加字符的连边（显然）。该点需要通过 link\mathrm{link}link （后缀连接）连向该状态中，最大的一个字符串，它的最大的后缀使得二者的 endpos\mathrm{endpos}endpos 不同，如果不存在则为 000 ，存在且为它所在的状态的最大字符串，则将 link\mathrm{link}link 连向那个状态，否则，创造一个新的节点，克隆那个状态除了 len\mathrm{len}len （最大串）的信息，再将那个连向状态的且再 last\mathrm{last}last 的后缀状态中的边重定向到克隆节点。

这样 SAM 就是一个 DAGDAGDAG ，每一条路径就是子串（不重不漏），沿着最后一个加入的字符对应的节点跳 link\mathrm{link}link , 每一个经过的节点都是终止节点，即到该节点的路径为后缀。

本题中，对于 t=0t = 0t=0 的情况（ root\mathrm{root}root 为初始状态）：

设 dud_udu 表示从状态 uuu 出发向后的路径条数，那么 drootd_{root}droot 就是本质不同的子串的个数。

那么可以得到 dud_udu 的转移方程（E\mathrm{E}E 表示边集）：

du=1+∑(u,v,c)∈Edvd_u = 1 + \sum\limits_{(u,v,c)\in\mathrm{E}}d_vdu=1+(u,v,c)∈E∑dv

之后，我们对整个 DAGDAGDAG 再进行一遍 DFSDFSDFS ，对于每个节点，按边 'a'~'z' 的顺序枚举，就可以使得枚举从小到大，则：

记录枚举到的所有状态 vvv ，dvd_vdv 的和为 sumsumsum ；

若按照边 iii 枚举到的下一个状态 v′v'v′ ，sum+v′<ksum + v' < ksum+v′<k ，就 sum+=ksum += ksum+=k，此时第 kkk 小一定不从 v′v'v′ 经过。

否则，第 kkk 小一定从 v′v'v′ 经过，那么我们令 sum++sum++sum++ ，即为状态 v′v'v′ 中最小的子串，并进入 v′v'v′ 递归。

等到 sum=ksum = ksum=k 时，说明已经找到了答案，返回即可。

复杂度 O(N)O(N)O(N) ，这样就可以做到 50pts50\mathrm {pts}50pts 。

下面考虑如何将 t=1t=1t=1 的情况转化为第一种：

此时要求算上重数，我们可以通过 endpos\mathrm{endpos}endpos 集合的大小来反映子串出现次数。

而对于一个节点 uuu ，考虑 link\mathrm{link}link 指向它的所有节点 viv_ivi，那么状态 uuu 中的子串均为 viv_ivi 中的子串的后缀，且根据 link\mathrm{link}link 的定义，SAM建立的过程中必然存在相应的转移，使得 viv_ivi 的 endpos\mathrm{endpos}endpos 集合的交必然 “几乎” 与 uuu 的相等（这段可以掠过），即

记 SizeuSize_uSizeu 表示 uuu 的 endpos\mathrm{endpos}endpos 的大小，

若 uuu 不是克隆节点，则 Sizeu=1+∑SizeviSize_u=1+\sum Size_{v_i}Sizeu=1+∑Sizevi，例如 'p' 在 'pop' 中，包含 'p' 的一个子串就是它本身，所以不会有其他状态转移这个信息，因此要加一。

若 uuu 是克隆节点，则 Sizeu=∑SizeviSize_u=\sum Size_{v_i}Sizeu=∑Sizevi，例如 ab 在 'cabdab' 中，所有 'ab' 出现的位置都可以被其他子串包含（因为克隆节点是从其他子串中剥离出来的），因此不用加一。

因此可以用拓朴排序处理出这个东西。

接着，我们知道从 rootrootroot 到任意节点的路径为子串，结束位置的 endpos\mathrm{endpos}endpos 的大小就是它出现的次数，因此从一个节点 uuu 往后的路径（或者选择方式）的数量即为里面经过的状态的 SizeSizeSize 的和，这样我们就可以转化为第一种情况，此时：

du=Sizeu+∑(u,v,c)∈Edvd_u = Size_u + \sum\limits_{(u,v,c)\in\mathrm{E}}d_vdu=Sizeu+(u,v,c)∈E∑dv

不过需要注意的是，在进行最后的 DFSDFSDFS 时，如果 sum+Sizevi≥ksum+Size_{v_i} \ge ksum+Sizevi≥k （ viv_ivi 是未访问的下一个状态），那么我们的答案路径肯定是以 viv_ivi 结尾的（因为算重，所以此时有多种选择），这时候就需要直接返回，否则我们需要跳过当前状态节点进入下一个状态的选择，就得让 sum+=Sizevisum += Size_{v_i}sum+=Sizevi 。

这样算法的时空复杂度为 O(N)O(N)O(N) ，具体实现看代码。

AC CODE

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define int long long
using namespace std;const int N = 5e5 + 10;struct state
{int len, link;int Next[26];
}st[N << 1];char s[N];
int n, t, k;
int deg[N << 1], Size[N << 1], d[N << 1];
int sz, last;
bool flag;void sam_init()
{st[0].len = 0; st[0].link = -1;sz ++ ; last = 0;
}void sam_extended(int c)
{int cur = sz ++ , p = last; Size[cur] = 1;st[cur].len = st[p].len + 1;while(p != -1 && st[p].Next[c] == 0){st[p].Next[c] = cur;p = st[p].link;}if(p == -1) st[cur].link = 0, deg[0] ++ ;else{int q = st[p].Next[c];if(st[q].len == st[p].len + 1) st[cur].link = q, deg[q] ++ ;else{int clone = sz ++ ;st[clone].len = st[p].len + 1;st[clone].link = st[q].link;memcpy(st[clone].Next, st[q].Next, sizeof st[q].Next);while(p != -1 && st[p].Next[c] == q){st[p].Next[c] = clone;p = st[p].link;}st[q].link = st[cur].link = clone;deg[clone] += 2;}}last = cur;
}void topsort()
{queue<int> q;for(int i = 0; i <= sz; i ++ )if(deg[i] == 0) q.push(i);while(!q.empty()){int x = q.front(); q.pop();if(st[x].link != -1){Size[st[x].link] += Size[x];if((--deg[st[x].link]) == 0) q.push(st[x].link);}}
}int dfs(int x, int op)
{if(d[x]) return d[x];d[x] = (op ? Size[x] : 1);for(int i = 0; i < 26; i ++ ){if(!st[x].Next[i]) continue;d[x] += dfs(st[x].Next[i], op);}return d[x];
}void solve(int x, int op, int sum)
{if(sum == k) return;for(int i = 0; i < 26; i ++ ){if(!st[x].Next[i]) continue;if(sum + d[st[x].Next[i]] < k) { sum += d[st[x].Next[i]]; continue; }putchar(i + 'a'); flag = 1;if(op && sum + Size[st[x].Next[i]] > k) return;solve(st[x].Next[i], op, sum + (op ? Size[st[x].Next[i]] : 1));return; }
}signed main()
{scanf("%s%lld%lld", s + 1, &t, &k);n = strlen(s + 1); sam_init();for(int i = 1; i <= n; i ++ ) sam_extended(s[i] - 'a');if(t == 1) topsort();dfs(0, t); solve(0, t, 0);if(!flag) printf("-1");putchar('\n');return 0;
}

END.

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