上一次做 SA / SAM 相关的题还要数到某场毒瘤 NOIP 模拟赛……这么久没做了都快忘光了……写点东西记录一些最近做到的水好题。

LOJ2059 「TJOI / HEOI2016」字符串

题意

给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\) ，接下来有 \(m\) 次询问。每次询问给出四个参数 \(a,b,c,d\) 。求 \(s[a,b]\) 的所有子串和 \(s[c,d]\) 的 LCP 的最大值。

\(n,m \le 10^5\) 。

题解

题目可以转化为，求一段连续的后缀与 \(s[c,d]\) 的 LCP 的最大值。由于这个最大值对位置还有一个限制，因此直接求不大好做，考虑二分答案转化为判定问题。

二分答案之后，就只需要查询，和 \(s[c,d]\) 的 LCP \(\ge k\) 的后缀是否在一段区间内出现过。这样只要把 SA 建出来，就只需要查询一个区间内是否出现了某个区间内的数，直接按照 \(rk\) 建一棵主席树，就可以在 \(O(n \log^2 n)\) 的时间内解决了。

SA + 主席树也是一个相当常见的套路，可以注意一下。另外 SAM 做这个题复杂度似乎没有优化？所以也没啥意义了。

UVA10829 L-Gap Substrings

题意

给定一个串 \(S\) 。求有多少 \(S\) 的子串是形如 \(UVU\) 的形式，且 \(U\) 不是空串，\(V\) 中恰好包含了 \(g\) 个字符。

数据组数 \(T \le 10,|S| \le 5 \times 10^4,g \le 10\) 。

题解

考虑枚举 \(U\) 串的长度。这样我只要每隔 \(|U|\) 个放一个关键点。然后对于两两相邻的关键点，将后面的关键点强行往后移 \(|V|\) 的长度，检查以这两个关键点为结尾的串的 \(\mathrm{LCS}\) 以及以这两个关键点开头的串的 \(\mathrm{LCP}\)，就可以快速统计对于某个串长的答案。这样利用 \(\mathrm{SA}\) 就可以快速实现这个东西了，复杂度是 \(O(n \log n)\) 的。

和刚刚那个题一样，先枚举产生贡献的串长，然后每隔固定长度放一个关键点。每次检查关键点的信息也是一个常见的套路。类似的题还有「NOI2016」优秀的拆分。

Codeforces 700E Cool Slogans

题意

给出一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s_1\)。定义一个字符串序列 \(s_{1 \sim k}\) ，满足性质：\(s_i\) 在 \(s_{i - 1} (i \ge 2)\) 中出现至少两次，问最大的 \(k\) 是多少，使得从 \(s_1\) 开始到 \(s_k\) 都满足这样一个性质。

\(n \le 2 \times 10^5\) 。

题解

首先建出 \(\mathrm{SAM}\)。于是我们只要从 \(\mathrm{SAM}\) 的 \(\mathrm{fail}\) 树上从根节点往下的一条路径中选出尽量多的节点，满足上一个点所代表的子串在这一个点至少出现了 \(2\) 次。由于一个点所代表的若干个集合的 \(endpos\) 集合是相同的，因此我们可以直接取这个点代表的所有子串中，长度最长的子串。

考虑从上往下不断贪心选点，那么这一个点能否被选择，只取决于这一个点代表的最长子串，是否包含了上一个被选择的点所代表的子串至少 \(2\) 次。这里可以考虑用线段树合并，来维护 \(endpos\) 集合。于是我需要对 \(\mathrm{SAM}\) 上每个点多记录一个第一次扩展出当前节点的时间 \(id_i\)。这样就可以得到，这个节点所代表的字符串，对应原字符串的 \([id_i - len_i + 1,id_i]\) 这样一个区间。假如我要查询节点 \(u\) 所代表的最长字符串在节点 \(v\) 代表的最长字符串出现了多少次，那么我只需要在 \(u\) 这个节点的线段树上查询 \(endpos\) 位于 \([id_v - len_v + len_u,id_i]\) 这个区间内的和即可。

LOJ 2720 「NOI2018」你的名字

题意

给定一个模板串 \(S\) 。接下来会给出 \(m\) 个询问。每次询问给出询问串 \(T\) 和区间 \([l,r]\)。求 \(T\) 串有多少个本质不同的子串没有在 \(S\) 串的 \([l,r]\) 中出现过。

\(|S| \le 5 \times 10^5,m \le 10^5,\sum|T| \le 10^6\) 。

题解

考虑枚举 \(T\) 串的每一个前缀 \(T_{1,i}\)，求出这个前缀与 \(S_{l,r}\) 这个串的每个后缀的 \(\text{LCP}\) 的 \(\max\)，记为 \(pre_i\)。这样算答案的时候，我只需要枚举 \(T\) 串的 \(\mathrm{SAM}\) 上每一个节点，这个节点对于答案的贡献即为 \(len_i - max(len_{link_i},pre_{id_i})\)。其中 \(id_i\) 同样表示 \(i\) 节点第一次扩展出来的时间。

如何求 \(pre_i\) 呢？这个同样可以通过建出 \(S\) 串的 \(\mathrm{SAM}\) ，然后用线段树合并维护 \(endpos\) 集合。按照顺序枚举每个前缀，从 \(pre_{i - 1} + 1\) 开始尝试，记录包含当前这个长度的后缀在 \(S\) 串的 \(\mathrm{SAM}\) 上深度最浅的点的位置 \(u\)，并且在线段树上查询以 \(u\) 为根的线段树上 \(endpos\) 位于 \([l + t,r]\) 这个区间内的点是否存在，其中 \(t\) 为当前尝试的长度。如果匹配失败，就减少这个匹配的长度并再次尝试，直到匹配成功或者匹配长度减少为 \(0\) 则退出。时间复杂度是 \(O((|S| + |T|) \log n)\) 的。

代码中最后统计贡献的时候对 \(0\) 取了 \(\max\) ，而且这个 \(\max\) 不取还会有问题，来解释一下原因。事实上克隆节点就相当于把某个节点的 \(\text{fail}\) 拆出来了，这样克隆节点的 \(len\) 就会小于其扩展出来的时间，而 \(pre_i\) 上界是 \(i\) ，因此可能会被减到负数。

LOJ 6041 事情的相似度

题意

给定一个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串，并定义第 \(i\) 个前缀，表示从第 \(1\) 个字符到第 \(i\) 个字符组成的字符串。接下来有 \(m\) 次询问。每次询问会给出一个区间 \([l,r]\) ，查询第 \(l\) 个前缀到第 \(r\) 个前缀中，\(\mathrm{LCP}\) 最大的一对前缀的 \(\mathrm{LCP}\)。

\(n,m \le 10^5\) 。

题解

考虑建出这个串的 \(\mathrm{SAM}\)，这样问题转化为，每次询问一个区间内的点中，所有点对的 \(\mathrm{LCA}\) 的 \(len\) 的最大值。注意到询问是可以离线的，因此考虑把询问按照右端点排序。

考虑如果我们维护出了每个节点的子树内出现时间最晚的点，姑且称作这个点的颜色，那么新加入一个点，从这个点到根节点的路径上，会经过若干段相同颜色的点，那么我只要在每一段深度最深的点处，在树状数组上修改一下。这个和 \(\mathrm{LCT}\) 的 \(access\) 操作是一样的，可以方便地用 \(\mathrm{LCT}\) 维护。查询的时候只需要在树状数组上查询即可。

当然直接在线也是有做法的。考虑用 \(\texttt{std :: set}\) 启发式合并维护 \(endpos\) 集合。每次新加一个数，产生贡献的肯定只会是这个数在 \(\texttt{set}\) 上的前驱后继。原因是，当前合并到这个区间，那么 \(\mathrm{LCA}\) 的 \(maxlen\) 是固定的，这样产生贡献的点对编号差距尽可能小，才可能对更多的询问贡献。这样维护完之后，只需要再做一次二维数点，统计一个区域内的最小值即可。树状数组维护 \(\max\) 的时候好像不太好删除，可以考虑把其中一维反过来，查询两维均小于等于某一个数的区域即可。

两种做法的复杂度都是 \(O(n \log^2 n)\) 的。