LOJ 3055 「HNOI2019」JOJO—— kmp自动机+主席树

先写了暴力。本来想的是 n<=300 的那个在树上暴力维护好整个字符串， x=1 的那个用主席树维护好字符串和 nxt 数组。但 x=1 的部分会 TLE ，而且似乎不太对的样子。

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<vector>

#define ll long long

#define pb push_back

#define ls Ls[cr]

#define rs Rs[cr]

using namespace std;

int rdn()

{

  int ret=;bool fx=;char ch=getchar();

  while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')fx=;ch=getchar();}

  while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();

  return fx?ret:-ret;

}

int n;

namespace S1{

  const int N=,M=N*N;

  int fa[N],q[N],s[M],nxt[M]; ll sm[N];

  vector<int> c[N],nt[N];

  void add(int x,int y,int m=,int ch=)

  {

    sm[y]=sm[x]; fa[y]=x; if(!m)return;

    int top=, cr=x;

    while(cr)q[++top]=cr,cr=fa[cr];

    int tot=;

    for(int i=top;i;i--)

      {

    cr=q[i];

    for(int j=,lm=c[cr].size();j<lm;j++)

      s[++tot]=c[cr][j], nxt[tot]=nt[cr][j];

      }

    c[y].resize(m); nt[y].resize(m);

    int i,j;

    if(!tot){ s[]=c[y][]=ch;i=;j=;} else { i=tot+;j=;}

    for(;j<=m;j++,i++)

      {

    s[i]=ch; cr=nxt[i-];

    while(cr&&s[cr+]!=ch)cr=nxt[cr];

    if(s[cr+]==ch)nxt[i]=cr+; else nxt[i]=;

    c[y][j-]=ch; nt[y][j-]=nxt[i]; sm[y]+=nxt[i];

      }

  }

  void solve()

  {

    int op,x; char ch[];

    for(int i=;i<=n;i++)

      {

    op=rdn();x=rdn();

    if(op==)

      { scanf("%s",ch); add(i-,i,x,ch[]-'a'+);}

    else add(x,i);

    printf("%lld\n",sm[i]);

      }

  }

}

namespace S2{

  const int N=1e5+,M=2e6+;

  int rt[N],tot,Ls[M],Rs[M],cd[N]; ll sm[N];

  struct Node{ int c,nxt;}a[M];

  int ins(int l,int r,int &cr,int pr,int p,int ch)

  {

    if(!cr){cr=++tot;ls=Ls[pr];rs=Rs[pr];}

    if(l==r){a[cr].c=ch;return cr;}

    int mid=l+r>>;

    if(p<=mid)return ins(l,mid,ls,Ls[pr],p,ch);

    return ins(mid+,r,rs,Rs[pr],p,ch);

  }

  Node qry(int l,int r,int cr,int p)

  {

    if(l==r)return a[cr]; int mid=l+r>>;

    if(p<=mid)return qry(l,mid,ls,p);

    return qry(mid+,r,rs,p);

  }

  void add(int cr,int pr,int m,int ch)

  {

    sm[cr]=sm[pr]; cd[cr]=cd[pr];

    for(int i=,d;i<=m;i++)

      {

    cd[cr]++; d=ins(,n,rt[cr],rt[pr],cd[cr],ch);

    int p=qry(,n,rt[cr],cd[cr]-).nxt;

    while(p&&qry(,n,rt[cr],p+).c!=ch)

      p=qry(,n,rt[cr],p).nxt;

    if(p+!=cd[cr]&&qry(,n,rt[cr],p+).c==ch)//!=

      a[d].nxt=p+;

    else a[d].nxt=;

    sm[cr]+=a[d].nxt;

      }

  }

  void solve()

  {

    int op,x; char ch[];

    for(int i=;i<=n;i++)

      {

    op=rdn();x=rdn();

    if(op==)

      { scanf("%s",ch); add(i,i-,x,ch[]-'a'+);}

    else {sm[i]=sm[x];rt[i]=rt[x];cd[i]=cd[x];}

    printf("%lld\n",sm[i]);

      }

  }

}

int main()

{

  n=rdn();

  if(n<=){S1::solve();return ;}

  if(n<=1e5){S2::solve();return ;}

  return ;

}

然后看了题解。

因为有 “加入的字符和上一个不同” 的限制，所以考虑一段 x 的末尾后面能续上 x 的 nxt 数组，只有自己的 nxt 跳到了另一段 y 的末尾，满足 x 和 y 的字符与长度均相同。

那个 nxt 就是把一段看做一个字符、相同看做两段的字符与长度均相同的 nxt 数组。

一边跳 nxt 一边累计答案，方法是记录一个 lst 表示当前段已经有前 lst 个字符贡献过答案；如果遇到 c[ p+1 ] == c[ cr ] （ c[ ] 表示字符， p 表示跳到的 nxt ），那么能匹配上的是当前段的前 min( len[ p+1 ] , len[ cr ] ) 个字符（len 表示段长）；其中之前没贡献过答案的就是本次要贡献答案的，贡献是 ( s[ p ] + lst + 1 ) 到 ( s[ p ] + min( len[ p+1 ] , len[ cr ] ) ) 的等差数列求和。然后把 lst 更新成 min( len[ p+1 ] , len[ cr ] ) 。

如果第一段的字符和自己相同，而第一段的长度比自己小（大于等于自己的话，在跳 nxt 的时候已经用等差数列加过了。所以跳 nxt 的 break 条件放在贡献答案之后），那么还可以给答案贡献 ( len[ cr ] - lst ) 倍的 len[ 1 ] 。（注意是 ( len[ cr ] - lst ) 而不是 ( len[ cr ] - len[ 1 ] ) ）并且这种情况的 nxt[ cr ] 应该等于 1 而不是 0 。

把询问离线，在树上用全局变量维护当前的 c[ ] 和 nxt[ ] ， dfs 一遍即可。这样复杂度不对，但可过。目前只写了这样。

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define ll long long

using namespace std;

int rdn()

{

  int ret=;bool fx=;char ch=getchar();

  while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')fx=;ch=getchar();}

  while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();

  return fx?ret:-ret;

}

int Mn(int a,int b){return a<b?a:b;}

int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;}

const int N=1e5+,mod=;

int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<)x+=mod;return x;}

int n,c[N],len[N],tc[N],tl[N],s[N],nt[N];

int hd[N],xnt,to[N],nxt[N],ans[N];

int cz(int l,int r)

{

  if(l>r)return ;

  return (ll)(l+r)*(r-l+)/%mod;

}

void add(int x,int y){to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;}

void dfs(int cr,int pr,int cd)

{

  ans[cr]=pr;

  if(len[cr])

    {

      cd++; nt[cd]=;/////

      tc[cd]=c[cr]; tl[cd]=len[cr]; s[cd]=s[cd-]+len[cr];

      if(cd==)

    {

      ans[cr]=cz(,len[cr]-); nt[cd]=;

    }

      else

    {

      int p=nt[cd-],lst=;

      while()

        {

          if(tc[p+]==c[cr])

        {

          int tp=Mn(tl[p+],len[cr]);

          if(tp>lst)

            { ans[cr]=upt(ans[cr]+cz(s[p]+lst+,s[p]+tp)); lst=tp;}

        }

          if(!p||(tc[p+]==c[cr]&&tl[p+]==len[cr]))break;

          p=nt[p];

        }

      if(tc[p+]==c[cr]&&tl[p+]==len[cr])

        nt[cd]=p+;

      else if(!p&&tc[]==c[cr]&&tl[]<len[cr])

        ans[cr]=(ans[cr]+(ll)tl[]*(len[cr]-lst))%mod,nt[cd]=;

      //-lst not len[1]//nxt=1 not 0

    }

    }

  for(int i=hd[cr];i;i=nxt[i])

    dfs(to[i],ans[cr],cd);

}

int main()

{

  n=rdn(); char ch[];

  for(int i=;i<=n;i++)

    {

      int op=rdn();

      if(op==){ int d=rdn();add(d,i);continue;}

      len[i]=rdn(); scanf("%s",ch); c[i]=ch[]-'a'+;

      add(i-,i);

    }

  dfs(,,);

  for(int i=;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);

  return ;

}

然后参考这里的题解（和代码）：https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/10680094.html

复杂度不对的原因是暴力跳 nxt 。可以建 “kmp自动机” ，就是 pr[ i ][ j ] 表示 i 位置后面接 j 字符的话 nxt 会跳到哪个位置。新的位置 i 继承它的 nxt 的 pr[ ][ ] ，i-1 的某个 pr[ ][ ] 值改为 i 。

根据接上来的长度不同，即使字符一样， nxt 仍可能跳到不同的位置。所以每个位置开 26 个主席树维护接上各种字符的不同长度， nxt 会跳到哪个位置。

边跳还要边统计答案。把这个信息也放到主席树上。

　　答案由两部分构成。设当前段能匹配的长度为 len ，一部分答案是 1 ~ len 的等差数列求和，另一部分是 1 ~ len 对应的 nxt 位置的前缀长度求和。

　　考虑已经做完当前段，让它给上一个位置的主席树一些更新。设当前段长为 cd ， prs 表示到上一个位置为止的前缀段长。

　　考虑原来的暴力，跳到一个字符相同的位置，可以给当前段的一个前缀的每个位置提供一种可能的贡献，这里需要把 1~cd 位置的 “可能贡献” 改成当前的 prs 。这样一定最优。

　　所以把主席树上 1~cd 位置的值都改成 prs 。把 cd 位置的 nxt 改成当前段。求答案的时候，假设要匹配的段的长度是 cd2 ，那么它的 nxt 就是主席树 cd2 处记录的 nxt ，它的过程中答案就是主席树 1~cd2 位置的值的和。

注意处理与第一段匹配的情况。需要记录 “当前段最长能匹配多长” 。这个顺便记录即可。就是每次要修改的时候，对应值都可以对当前段长 cd 取 max 。

代码里 rt[ top ][ ch ] 表示 “通过 ch 的边进入 top 之后的种种可能” 。所以往下走的时候，是把 rt[ pr+1 ] 赋值给 rt[ top+1 ] ，用的就是 “通过当前字符从 pr 进入 pr+1 ” 的信息。（pr 表示当前位置的 nxt ）

注意主席树新开节点的时候把原来的信息搬过来。

注意在外面枚举 0 点的出边，进入的时候把 rt[ 0 ][ ] 之类的改成初值。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define ll long long

#define ls Ls[cr]

#define rs Rs[cr]

using namespace std;

int rdn()

{

  int ret=;bool fx=;char ch=getchar();

  while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')fx=;ch=getchar();}

  while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();

  return fx?ret:-ret;

}

int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;}

int Mn(int a,int b){return a<b?a:b;}

const int N=1e5+,M=5e6+,K=,mod=;

int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<)x+=mod;return x;}

int n,m,cnt,hd[N],xnt,to[N],nxt[N],w[N],c[N],ps[N],ans[N];

int rt[N][K],mxl[N][K],prs[N],top,tc,tl;

int tot,Ls[M],Rs[M],sm[M],nt[M],tg[M],tim,dfn[M];

void add(int x,int y,int cd,int ch)

{to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;w[xnt]=cd;c[xnt]=ch;}

int cal(int x){return (ll)(+x)*x/%mod;}

int nwnd(int cr)

{

  if(dfn[cr]==tim)return cr; tot++; dfn[tot]=tim;

  Ls[tot]=ls; Rs[tot]=rs;

  sm[tot]=sm[cr]; nt[tot]=nt[cr]; tg[tot]=tg[cr];return tot;

}

void cz(int &cr,int len,int k){ cr=nwnd(cr); sm[cr]=(ll)len*k%mod;}

void pshd(int cr,int l,int mid,int r)

{

  if(!tg[cr])return; int k=tg[cr]; tg[cr]=;

  cz(ls,mid-l+,k); cz(rs,r-mid,k); tg[ls]=tg[rs]=k;

}

void mdfy(int l,int r,int &cr,int R,int k,int p)

{

  if(!cr||dfn[cr]!=tim)cr=nwnd(cr);//

  if(r<R){cz(cr,r-l+,k);tg[cr]=k;return;}

  if(l==r){cz(cr,r-l+,k);nt[cr]=p;return;}

  int mid=l+r>>; pshd(cr,l,mid,r);

  mdfy(l,mid,ls,R,k,p);

  if(mid<R)mdfy(mid+,r,rs,R,k,p);

  sm[cr]=upt(sm[ls]+sm[rs]);

}

int qry(int l,int r,int cr,int R,int &p)

{

  if(!cr)return ; if(r<R)return sm[cr];

  if(l==r){p=nt[cr]; return sm[cr];}

  int mid=l+r>>; pshd(cr,l,mid,r);

  int ret=qry(l,mid,ls,R,p);

  if(mid<R)ret=upt(ret+qry(mid+,r,rs,R,p));

  return ret;

}

void dfs(int cr,int cd,int ch)

{

  prs[++top]=prs[top-]+cd; int pr=;

  if(top==)ans[cr]=upt(ans[cr]+cal(cd-)),tc=ch,tl=cd;

  else

    {

      ans[cr]=upt(ans[cr]+qry(,m,rt[top][ch],cd,pr));

      ans[cr]=upt(ans[cr]+cal(Mn(cd,mxl[top][ch])));//Mn!!

      if(!pr&&tc==ch&&tl<cd)

    {

      if(cd>mxl[top][ch])

        ans[cr]=(ans[cr]+(ll)tl*(cd-mxl[top][ch]))%mod;

      pr=;///////

    }

    }

  mxl[top][ch]=Mx(mxl[top][ch],cd);

  tim++; mdfy(,m,rt[top][ch],cd,prs[top-],top);

  for(int i=hd[cr];i;i=nxt[i])

    {

      memcpy(rt[top+],rt[pr+],sizeof rt[pr+]);//pr+1!!!

      memcpy(mxl[top+],mxl[pr+],sizeof mxl[pr+]);

      ans[to[i]]=ans[cr]; dfs(to[i],w[i],c[i]);

    }

  top--;

}

int main()

{

  n=rdn(); char ch;

  for(int i=;i<=n;i++)

    {

      int op=rdn(), x=rdn();

      if(op==)

    {

      cin>>ch; ps[i]=++cnt; m=Mx(m,x);

      add(ps[i-],ps[i],x,ch-'a'+);

    }

      else ps[i]=ps[x];

    }

  for(int i=hd[];i;i=nxt[i])

    {

      memset(rt[],,sizeof rt[]);/////

      memset(mxl[],,sizeof mxl[]);

      dfs(to[i],w[i],c[i]);

    }

  for(int i=;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[ps[i]]);

  return ;

}

巴特西

LOJ 3055 「HNOI2019」JOJO—— kmp自动机+主席树

最新文章

热门文章