[BZOJ]1014 火星人prefix(JSOI2008)
一边听省队dalao讲课一边做题真TM刺激。
BZOJ的discuss简直就是题面plus、大样例、SuperHINT、dalao题解的结合体。
Description
火星人最近研究了一种操作:求一个字串两个后缀的公共前缀。比方说,有这样一个字符串:madamimadam,我们将这个字符串的各个字符予以标号:序号: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 字符 m a d a m i m a d a m 现在,火星人定义了一个函数LCQ(x, y),表示:该字符串中第x个字符开始的字串,与该字符串中第y个字符开始的字串,两个字串的公共前缀的长度。比方说,LCQ(1, 7) = 5, LCQ(2, 10) = 1, LCQ(4, 7) = 0 在研究LCQ函数的过程中,火星人发现了这样的一个关联:如果把该字符串的所有后缀排好序,就可以很快地求出LCQ函数的值;同样,如果求出了LCQ函数的值,也可以很快地将该字符串的后缀排好序。 尽管火星人聪明地找到了求取LCQ函数的快速算法,但不甘心认输的地球人又给火星人出了个难题:在求取LCQ函数的同时,还可以改变字符串本身。具体地说,可以更改字符串中某一个字符的值,也可以在字符串中的某一个位置插入一个字符。地球人想考验一下,在如此复杂的问题中,火星人是否还能够做到很快地求取LCQ函数的值。
Input
第一行给出初始的字符串。第二行是一个非负整数M,表示操作的个数。接下来的M行,每行描述一个操作。操作有3种,如下所示:
1、询问。语法:Qxy,x,y均为正整数。功能:计算LCQ(x,y)限制:1<=x,y<=当前字符串长度。
2、修改。语法:Rxd,x是正整数,d是字符。功能:将字符串中第x个数修改为字符d。限制:x不超过当前字符串长度。
3、插入:语法:Ixd,x是非负整数,d是字符。功能:在字符串第x个字符之后插入字符d,如果x=0,则在字符串开头插入。限制:x不超过当前字符串长度。
Output
对于输入文件中每一个询问操作,你都应该输出对应的答案。一个答案一行。
Sample Input
madamimadam
7
Q 1 7
Q 4 8
Q 10 11
R 3 a
Q 1 7
I 10 a
Q 2 11
Sample Output
5
1
0
2
1
HINT
1、所有字符串自始至终都只有小写字母构成。
2、M<=150,000。
3、字符串长度L自始至终都满足L<=100,000。
4、询问操作的个数不超过10,000个。
对于第1,2个数据,字符串长度自始至终都不超过1,000。
对于第3,4,5个数据,没有插入操作。
Solution
对于这道题,按照惯性思维我们首先应该想到的是后缀数组吧,毕竟题目描述中都直接点明了LCP。
可定睛一看,动态修改?还要支持插入??显然后缀数组是不现实的。
果然出题人在题面里写了啥算法我们就不能写啥。
我们从插入操作入手,很快我们想到了平衡树;
我们从子串判断是否相等入手,很快我们想到了字符串hash。(脑洞来源Noi2016D1T1)
然后这道题就做完了。
我们用平衡树维护子串的hash值,询问时二分答案,每次判断两个子串的hash值是否相等就行了。
注意hash可以用自然溢出,小C写了个合并log的hash,又开了long long,跑得奇慢无比。(有更好的hash方法就不要学小C了)
(小C的)总时间复杂度。(Q为询问次数,M为修改次数)
(2017/11/27 update)
小C把合并的部分优化了一下,将幂次预处理,去掉了合并的log,下方显示的是优化后的代码:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define l(a) son[a][0]
#define r(a) son[a][1]
#define rt (l(rtfa))
#define rtfa (MN-1)
#define MN 100005
#define ll long long
using namespace std;
int siz[MN],son[MN][],cr[MN],fa[MN];
char c[MN];
int din,n,m;
ll hs[MN],mi[MN]; inline int read()
{
int n=,f=; char c=getchar();
while (c<'' || c>'') {if(c=='-')f=-; c=getchar();}
while (c>='' && c<='') {n=n*+c-''; c=getchar();}
return n*f;
} inline void update(int x)
{
siz[x]=siz[l(x)]+siz[r(x)]+;
hs[x]=(hs[l(x)]*+cr[x])*mi[siz[r(x)]]+hs[r(x)];
} void rotate(int x)
{
register int y,z,l,r;
y=fa[x]; z=fa[y]; l=r(y)==x; r=l^;
fa[y]=x; fa[x]=z; fa[son[x][r]]=y;
son[z][r(z)==y]=x; son[y][l]=son[x][r]; son[x][r]=y;
update(y);
}
void splay(int x,int rf)
{
register int y,z;
for (;fa[x]!=rf;rotate(x))
if (fa[y=fa[x]]!=rf) z=fa[y],rotate(r(z)==y^r(y)==x?x:y);
update(x);
} void getins(int &x,int fat,int y,char z)
{
if (!x) {x=++din; cr[x]=z; fa[x]=fat; splay(x,rtfa); return;}
if (y>=siz[l(x)]+) getins(r(x),x,y-siz[l(x)]-,z);
else getins(l(x),x,y,z);
}
void getsiz(int x,int y,int rtf)
{
if (y==siz[l(x)]+) {splay(x,rtf); return;}
else if (y>siz[l(x)]+) getsiz(r(x),y-siz[l(x)]-,rtf);
else getsiz(l(x),y,rtf);
}
void getitv(int L,int R) {R+=; getsiz(rt,L,rtfa); getsiz(rt,R,rt);} void build(int &x,int fat,int L,int R)
{
if (L>R) return;
int mid=L+R>>;
x=++din; cr[x]=c[mid]; fa[x]=fat;
build(l(x),x,L,mid-); build(r(x),x,mid+,R);
update(x);
} int main()
{
char g[],z[];
register int i,x,y,L,R;
register ll lx,ly;
scanf("%s",c+);
n=strlen(c+); m=read();
for (mi[]=,i=;i<MN;++i) mi[i]=mi[i-]*;
c[]=c[n+]=;
build(rt,rtfa,,n+);
while (m--)
{
scanf("%s",g);
if (g[]=='Q')
{
x=read(); y=read();
if (x>y) swap(x,y);
for (L=,R=n-y+;L<R;)
{
int mid=L+R+>>;
getitv(x,x+mid-); lx=hs[l(r(rt))];
getitv(y,y+mid-); ly=hs[l(r(rt))];
if (lx==ly) L=mid; else R=mid-;
}
printf("%d\n",L);
}
else if (g[]=='R')
{
x=read(); scanf("%s",z); getsiz(rt,x+,rtfa);
cr[rt]=z[]; update(rt);
}
else if (g[]=='I') {x=read(); ++n; scanf("%s",z); getins(rt,rtfa,x+,z[]);}
}
}
Last Word
小C开始做这道题时,思路已经被出题人带跑了。
然后就脑补了一些骚东西,后缀数组,后缀平衡树,后缀自动机……未果。
无聊点开discuss,一眼看到标题“xxx自然溢出xxx”,瞬间觉得自己是个智障,回头就把这题切了。
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