POJ - 2774~POJ - 3415 后缀数组求解公共字串问题

POJ - 2774：

题意：

求解A,B串的最长公共字串

(摘自罗穗骞的国家集训队论文):

算法分析: 字符串的任何一个子串都是这个字符串的某个后缀的前缀。

求 A 和 B 的最长公共子串等价于求 A 的后缀和 B 的后缀的最长公共前缀的最大值。

如果枚举 A 和 B 的所有的后缀，那么这样做显然效率低下。

由于要计算 A 的后缀和 B 的后缀的最长公共前缀，

所以先将第二个字符串写在第一个字符串后面，中间用一个没有出现过的字符隔开，

再求这个新的字符串的后缀数组。观察一下，看看能不能从这个新的字符串的后缀数组中找到一些规律。

以 A=“aaaba”，B=“abaa”为例，如图 8 所示。

那么是不是所有的 height 值中的最大值就是答案呢？

不一定！有可能这两个后缀是在同一个字符串中的，所以实际上只有当 suffix(sa[i-1])和

suffix(sa[i])不是同一个字符串中的两个后缀时，height[i]才是满足条件的。

而这其中的最大值就是答案。记字符串 A 和字符串 B 的长度分别为|A|和|B|。

求新的字符串的后缀数组和 height 数组的时间是 O(|A|+|B|)，

然后求排名相邻但原来不在同一个字符串中的两个后缀的 height 值的最大值，

时间也是 O(|A|+|B|)，所以整个做法的时间复杂度为 O(|A|+|B|)。

时间复杂度已经取到下限，由此看出，这是一个非常优秀的算法。

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <queue>

 #include <cmath>

 #include <algorithm>

 #include <set>

 #include <iostream>

 #include <map>

 #include <stack>

 #include <string>

 #include <time.h>

 #include <vector>

 #define  pi acos(-1.0)

 #define  eps 1e-9

 #define  fi first

 #define  se second

 #define  rtl   rt<<1

 #define  rtr   rt<<1|1

 #define  bug         printf("******\n")

 #define  mem(a,b)    memset(a,b,sizeof(a))

 #define  name2str(x) #x

 #define  fuck(x)     cout<<#x" = "<<x<<endl

 #define  f(a)        a*a

 #define  sf(n)       scanf("%d", &n)

 #define  sff(a,b)    scanf("%d %d", &a, &b)

 #define  sfff(a,b,c) scanf("%d %d %d", &a, &b, &c)

 #define  sffff(a,b,c,d) scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d)

 #define  pf          printf

 #define  FRE(i,a,b)  for(i = a; i <= b; i++)

 #define  FREE(i,a,b) for(i = a; i >= b; i--)

 #define  FRL(i,a,b)  for(i = a; i < b; i++)+

 #define  FRLL(i,a,b) for(i = a; i > b; i--)

 #define  FIN         freopen("data.txt","r",stdin)

 #define  gcd(a,b)    __gcd(a,b)

 #define  lowbit(x)   x&-x

 #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)

 #define per(i,a,b) for(int i=a-1;i>=b;--i)

 using namespace std;

 typedef long long  LL;

 typedef unsigned long long ULL;

 const int maxn = 1e6 + ;

 const int maxm = 8e6 + ;

 const int INF = 0x3f3f3f3f;

 const int mod = ;

 //rnk从0开始

 //sa从1开始,因为最后一个字符(最小的)排在第0位

 //height从1开始,因为表示的是sa[i - 1]和sa[i]

 //倍增算法 O(nlogn)

 int wa[maxn], wb[maxn], wv[maxn], ws_[maxn];

 int Rank[maxn], height[maxn], sa[maxn], r[maxn];

 int n, maxx;

 char s[maxn];

 //Suffix函数的参数m代表字符串中字符的取值范围,是基数排序的一个参数,如果原序列都是字母可以直接取128,如果原序列本身都是整数的话,则m可以取比最大的整数大1的值

 //待排序的字符串放在r数组中,从r[0]到r[n-1]，长度为n

 //为了方便比较大小,可以在字符串后面添加一个字符,这个字符没有在前面的字符中出现过,而且比前面的字符都要小

 //同上,为了函数操作的方便,约定除r[n-1]外所有的r[i]都大于0,r[n-1]=0

 //函数结束后,结果放在sa数组中,从sa[0]到sa[n-1]

 void Suffix ( int *r, int *sa, int n, int m ) {

     int i, j, k, *x = wa, *y = wb, *t;

     //对长度为1的字符串排序

     //一般来说,在字符串的题目中,r的最大值不会很大,所以这里使用了基数排序

     //如果r的最大值很大,那么把这段代码改成快速排序

     for ( i = ; i < m; ++i ) ws_[i] = ;

     for ( i = ; i < n; ++i ) ws_[x[i] = r[i]]++; //统计字符的个数

     for ( i = ; i < m; ++i ) ws_[i] += ws_[i - ]; //统计不大于字符i的字符个数

     for ( i = n - ; i >= ; --i ) sa[--ws_[x[i]]] = i; //计算字符排名

     //基数排序

     //x数组保存的值相当于是rank值

     for ( j = , k = ; k < n; j *= , m = k ) {

         //j是当前字符串的长度,数组y保存的是对第二关键字排序的结果

         //第二关键字排序

         for ( k = , i = n - j; i < n; ++i ) y[k++] = i; //第二关键字为0的排在前面

         for ( i = ; i < n; ++i ) if ( sa[i] >= j ) y[k++] = sa[i] - j; //长度为j的子串sa[i]应该是长度为2 * j的子串sa[i] - j的后缀（第二关键字）,对所有的长度为2 * j的子串根据第二关键字来排序

         for ( i = ; i < n; ++i ) wv[i] = x[y[i]]; //提取第一关键字

         //按第一关键字排序 (原理同对长度为1的字符串排序)

         for ( i = ; i < m; ++i ) ws_[i] = ;

         for ( i = ; i < n; ++i ) ws_[wv[i]]++;

         for ( i = ; i < m; ++i ) ws_[i] += ws_[i - ];

         for ( i = n - ; i >= ; --i ) sa[--ws_[wv[i]]] = y[i]; //按第一关键字,计算出了长度为2 * j的子串排名情况

         //此时数组x是长度为j的子串的排名情况,数组y仍是根据第二关键字排序后的结果

         //计算长度为2 * j的子串的排名情况,保存到数组x

         t = x;

         x = y;

         y = t;

         for ( x[sa[]] = , i = k = ; i < n; ++i )

             x[sa[i]] = ( y[sa[i - ]] == y[sa[i]] && y[sa[i - ] + j] == y[sa[i] + j] ) ? k -  : k++;

         //若长度为2 * j的子串sa[i]与sa[i - 1]完全相同,则他们有相同的排名

     }

 }

 void calheight ( int *r, int *sa, int n ) {

     int i, j, k = ;

     for ( i = ; i <= n; i++ ) Rank[sa[i]] = i;

     for ( i = ; i < n; height[Rank[i++]] = k )

         for ( k ? k-- : , j = sa[Rank[i] - ]; r[i + k] == r[j + k]; k++ );

 }

 int minnum[maxn][];

 void RMQ() {

     int m = ( int ) ( log ( n * 1.0 ) / log ( 2.0 ) );

     for ( int i =  ; i <= n ; i++ ) minnum[i][] = height[i];

     for ( int j =  ; j <= m ; j++ )

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

             minnum[i][j] = min ( minnum[i][j - ], minnum[i + (  << ( j -  ) )][j - ] );

 }

 int query ( int a, int b ) {

     int k = int ( log ( b - a + 1.0 ) / log ( 2.0 ) );

     return min ( minnum[a][k], minnum[b - (  << k ) + ][k] );

 }

 int calprefix ( int a, int b ) {

     int x = Rank[a], y = Rank[b];

     if ( x > y ) swap ( x, y );

     return query ( x + , y );

 }

 int main() {

     while ( ~scanf ( "%s", s ) ) {

         int k = strlen ( s );

         maxx = ;

         for ( int i = ; i < k; i++ ) {

             r[i] = ( int ) s[i], maxx = max ( maxx, r[i] );

         }

         s[k] = 'z' + ;

         scanf ( "%s", s + k +  );

         //        fuck(s);

         n = strlen ( s );

         for ( int i = k ; i < n ; i++ ) r[i] = ( int ) s[i], maxx = max ( maxx, r[i] );

         r[n] = ;

         Suffix ( r, sa, n + , maxx +  );

         calheight ( r, sa, n );

         int ans = ;

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

             if ( height[i] > ans && 1LL * ( k - sa[i] ) * ( k - sa[i - ] ) <  ) ans = height[i];

         }

         printf ( "%d\n", ans );

     }

     return ;

 }

POJ - 3415

题意：

给定两个字符串，求这两个字符串中长度大于等于k的公共子串的数量

解释一下样例

ans=5

第一个串的第一个x与第二个串的第一个x与第二个x,对于第一个串的第二个x也是如此

还有就是这两个串的本身

所以方案数是5.

题解：

(摘自罗穗骞的国家集训队论文):

基本思路是计算 A 的所有后缀和 B 的所有后缀之间的最长公共前缀的长度，

把最长公共前缀长度不小于 k 的部分全部加起来。先将两个字符串连起来，

中间用一个没有出现过的字符隔开。按 height 值分组后，

接下来的工作便是快速的统计每组中后缀之间的最长公共前缀之和。

扫描一遍，每遇到一个 B 的后缀就统计与前面的 A 的后缀能产生多少个长度不小于 k 的公共子串，

这里 A 的后缀需要用一个单调的栈来高效的维护。然后对 A 也这样做一次。

将A和B拼接后，累计分属两者的后缀对应的LCP-K+1即为答案，但穷举不是个好主意。

学了后缀数组后会有一个显然的O(n^2)的算法，但是显然是不行的。

然后转化思路通过算贡献的方式求解（用单调栈实现）。

通过前面的题目我们可以了解到，根据sa的顺序下来，每一个后缀与前面的后缀的LCP是区间LCP的最小值

然后我们可以维护一个从栈底到栈顶逐渐减少的栈，维护一个LCP最小值，

对于弹出来的元素我们将它合并在新的栈顶元素中，因为弹出的元素的LCP肯定大于此时的最小值，因此可以直接合并

对于新合并的栈顶元素对于答案的贡献需要栈内前一个元素对于答案的贡献，因为当前位置与前面B的后缀能产生的贡献是不变的

然后先对A串统计下前面的B串的贡献，如果sa[i - 1]为B后缀时数目额外的+1

然后对于B串统计一下前面的A串的贡献，同理可得。

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <queue>

 #include <cmath>

 #include <algorithm>

 #include <set>

 #include <iostream>

 #include <map>

 #include <stack>

 #include <string>

 #include <time.h>

 #include <vector>

 #define  pi acos(-1.0)

 #define  eps 1e-9

 #define  fi first

 #define  se second

 #define  rtl   rt<<1

 #define  rtr   rt<<1|1

 #define  bug         printf("******\n")

 #define  mem(a,b)    memset(a,b,sizeof(a))

 #define  name2str(x) #x

 #define  fuck(x)     cout<<#x" = "<<x<<endl

 #define  f(a)        a*a

 #define  sf(n)       scanf("%d", &n)

 #define  sff(a,b)    scanf("%d %d", &a, &b)

 #define  sfff(a,b,c) scanf("%d %d %d", &a, &b, &c)

 #define  sffff(a,b,c,d) scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d)

 #define  pf          printf

 #define  FRE(i,a,b)  for(i = a; i <= b; i++)

 #define  FREE(i,a,b) for(i = a; i >= b; i--)

 #define  FRL(i,a,b)  for(i = a; i < b; i++)+

 #define  FRLL(i,a,b) for(i = a; i > b; i--)

 #define  FIN         freopen("data.txt","r",stdin)

 #define  gcd(a,b)    __gcd(a,b)

 #define  lowbit(x)   x&-x

 #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)

 #define per(i,a,b) for(int i=a-1;i>=b;--i)

 using namespace std;

 typedef long long  LL;

 typedef unsigned long long ULL;

 const int maxn = 1e6 + ;

 const int maxm = 8e6 + ;

 const int INF = 0x3f3f3f3f;

 const int mod = ;

 //rnk从0开始

 //sa从1开始,因为最后一个字符(最小的)排在第0位

 //height从1开始,因为表示的是sa[i - 1]和sa[i]

 //倍增算法 O(nlogn)

 int wa[maxn], wb[maxn], wv[maxn], ws_[maxn];

 int Rank[maxn], height[maxn], sa[maxn], r[maxn];

 int n, maxx;

 char s[maxn];

 //Suffix函数的参数m代表字符串中字符的取值范围,是基数排序的一个参数,如果原序列都是字母可以直接取128,如果原序列本身都是整数的话,则m可以取比最大的整数大1的值

 //待排序的字符串放在r数组中,从r[0]到r[n-1]，长度为n

 //为了方便比较大小,可以在字符串后面添加一个字符,这个字符没有在前面的字符中出现过,而且比前面的字符都要小

 //同上,为了函数操作的方便,约定除r[n-1]外所有的r[i]都大于0,r[n-1]=0

 //函数结束后,结果放在sa数组中,从sa[0]到sa[n-1]

 void Suffix ( int *r, int *sa, int n, int m ) {

     int i, j, k, *x = wa, *y = wb, *t;

     //对长度为1的字符串排序

     //一般来说,在字符串的题目中,r的最大值不会很大,所以这里使用了基数排序

     //如果r的最大值很大,那么把这段代码改成快速排序

     for ( i = ; i < m; ++i ) ws_[i] = ;

     for ( i = ; i < n; ++i ) ws_[x[i] = r[i]]++; //统计字符的个数

     for ( i = ; i < m; ++i ) ws_[i] += ws_[i - ]; //统计不大于字符i的字符个数

     for ( i = n - ; i >= ; --i ) sa[--ws_[x[i]]] = i; //计算字符排名

     //基数排序

     //x数组保存的值相当于是rank值

     for ( j = , k = ; k < n; j *= , m = k ) {

         //j是当前字符串的长度,数组y保存的是对第二关键字排序的结果

         //第二关键字排序

         for ( k = , i = n - j; i < n; ++i ) y[k++] = i; //第二关键字为0的排在前面

         for ( i = ; i < n; ++i ) if ( sa[i] >= j ) y[k++] = sa[i] - j; //长度为j的子串sa[i]应该是长度为2 * j的子串sa[i] - j的后缀（第二关键字）,对所有的长度为2 * j的子串根据第二关键字来排序

         for ( i = ; i < n; ++i ) wv[i] = x[y[i]]; //提取第一关键字

         //按第一关键字排序 (原理同对长度为1的字符串排序)

         for ( i = ; i < m; ++i ) ws_[i] = ;

         for ( i = ; i < n; ++i ) ws_[wv[i]]++;

         for ( i = ; i < m; ++i ) ws_[i] += ws_[i - ];

         for ( i = n - ; i >= ; --i ) sa[--ws_[wv[i]]] = y[i]; //按第一关键字,计算出了长度为2 * j的子串排名情况

         //此时数组x是长度为j的子串的排名情况,数组y仍是根据第二关键字排序后的结果

         //计算长度为2 * j的子串的排名情况,保存到数组x

         t = x;

         x = y;

         y = t;

         for ( x[sa[]] = , i = k = ; i < n; ++i )

             x[sa[i]] = ( y[sa[i - ]] == y[sa[i]] && y[sa[i - ] + j] == y[sa[i] + j] ) ? k -  : k++;

         //若长度为2 * j的子串sa[i]与sa[i - 1]完全相同,则他们有相同的排名

     }

 }

 void calheight ( int *r, int *sa, int n ) {

     int i, j, k = ;

     for ( i = ; i <= n; i++ ) Rank[sa[i]] = i;

     for ( i = ; i < n; height[Rank[i++]] = k )

         for ( k ? k-- : , j = sa[Rank[i] - ]; r[i + k] == r[j + k]; k++ );

 }

 int minnum[maxn][];

 void RMQ() {

     int m = ( int ) ( log ( n * 1.0 ) / log ( 2.0 ) );

     for ( int i =  ; i <= n ; i++ ) minnum[i][] = height[i];

     for ( int j =  ; j <= m ; j++ )

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

             minnum[i][j] = min ( minnum[i][j - ], minnum[i + (  << ( j -  ) )][j - ] );

 }

 int query ( int a, int b ) {

     int k = int ( log ( b - a + 1.0 ) / log ( 2.0 ) );

     return min ( minnum[a][k], minnum[b - (  << k ) + ][k] );

 }

 int calprefix ( int a, int b ) {

     int x = Rank[a], y = Rank[b];

     if ( x > y ) swap ( x, y );

     return query ( x + , y );

 }

 int key;

 struct node {

     int num, height;

     LL sum;

 } st[maxn];

 int main() {

     while ( ~scanf ( "%d", &key ) ) {

         if ( key ==  ) break;

         scanf ( "%s", s );

         int k = strlen ( s );

         maxx = ;

         for ( int i = ; i < k; i++ ) {

             r[i] = ( int ) s[i], maxx = max ( maxx, r[i] );

         }

         s[k] = '$';

         scanf ( "%s", s + k +  );

         n = strlen ( s );

         for ( int i = k ; i < n ; i++ ) r[i] = ( int ) s[i], maxx = max ( maxx, r[i] );

         r[n] = ;

         Suffix ( r, sa, n + , maxx +  );

         calheight ( r, sa, n );

         LL ans = ;

         int top = ;

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

             if ( height[i] < key ) top = ;

             else {

                 int cnt = ;

                 while ( top && st[top].height >= height[i] ) cnt += st[top--].num;

                 top++;

                 st[top].height = height[i];

                 st[top].num = cnt + ( sa[i - ] > k );

                 st[top].sum = top >  ? st[top - ].sum : ;

                 st[top].sum += 1LL * ( height[i] - key +  ) * st[top].num;

                 if ( sa[i] < k ) ans += 1LL * st[top].sum;

             }

         }

         top = ;

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

             if ( height[i] < key ) top = ;

             else {

                 int cnt = ;

                 while ( top && st[top].height >= height[i] ) cnt += st[top--].num;

                 top++;

                 st[top].height = height[i];

                 st[top].num = cnt + ( sa[i - ] < k );

                 st[top].sum = top >  ? st[top - ].sum : ;

                 st[top].sum += 1LL * ( height[i] - key +  ) * st[top].num;

                 if ( sa[i] > k ) ans += 1LL * st[top].sum;

             }

         }

         printf ( "%lld\n", ans );

     }

     return ;

 }

巴特西

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