Problem
给定一个长为L（≤100000）的字符串S，对于S中的每一个位置k，求包含它且在S中仅出现一次的子串的最短长度。（即i≤k≤j，且S(i..j)在S中仅出现一次）
Solution
- 这道题的AC经历让我懂得了一个道理——做字符串的题，只要不是哈希，就往SAM的方面想。。。
- 前置技能：后缀自动机（SAM）。
- 首先，我们知道，SAM中的每一个状态表示一坨长度为一段连续区间的字符串，不妨设长度为[mi,len]。
- 如果求出每个状态的mi，那就很好做了。
- 假设我们求出了mi，考虑如何计算答案。
- 对于状态i，若sz[i]（i在S中的出现次数）==1，则表明此状态所代表的所有字符串的出现次数也均为1，那么这些字符串就是可能的答案。计算sz的话，你每次新建的点的sz初始为1，克隆的点的sz初始为0；最后，你将所有状态按len排序，然后倒着扫一遍，令sz[fa[i]]+=sz[i]。（因为fa[i]实质上为i的后缀，所以len[fa[i]]＜len[i]）
- 对于这样的状态i，我们记录一个right[i]（以下简写为r）表示它在S中的右端点。显然，S(r-mi+1..r)是i所代表的所有字符串中最短的一个。我们显然要拿它搞事。
- 考虑维护一棵线段树，表示每个位置的答案。每个位置一开始初始化为n。
- 对于上述的S(r-mi+1..r)，显然它在S中仅出现一次，所以令线段树中的这段区间与mi取个min。
- 但是这样可能会错。就是说，假设S(i+1..i+3)的答案为3，S[i]的答案却为100；那么，S(i+1..i+3)既然只出现过一次，S(i..i+3)肯定也只出现过一次，于是S[i]的答案要与3+1=4取个min。一般点说，我们倒着扫一遍，令ans[i]=min(ans[i],ans[i+1]+1)。
- 至此，我们优雅地解决了求出mi以后计算答案的难点。
- 现在回到求解mi的问题上。（可以直接跳到两条分割线后）
- 根据SAM的性质，从根节点沿着字符边走到任一节点，经过的边所形成的字符串都是原串的一个子串。
- 所以说，mi[i]实际上就等于i到根的最短距离。
- 处理这个，你可以到最后拓扑排序递推一波（因为字符边构成的图会形成一个DAG）；当然，你也可以像我一样，边构建自动机边处理。
- 下面介绍一下我的处理方法。
- 设当前位置的字符为c（即S[i]=c）。我们在新建一个节点now（当前状态，即代表S(1..i)的状态）以后，会让点u从last（上一个状态，即代表S(1..i-1)的状态）出发，若u没有c的字符边出边，则让这些u向now连字符边，所以mi[now]=min{mi[u]+1}；而当我们找到某个u有c的字符边时，设它连向v，若len[u]+1≠len[v]（实质上只有=和＜两种情况，所以该式中的“≠”可改为“＜”），我们就要克隆一个点v。
- 设克隆出来的新点为np。原本的状态v包含长度为mi[v]~len[v]的字符串，而现在，np帮它分担了长度为长度≤len[u]+1的字符串，即长度为mi[v]~len[u]+1的；于是，原本的v所包含的字符串的长度区间就缩减成len[u]+2~len[v]。形式上，mi[np]=mi[v]，而mi[v]更改为len[u]+2。
我昨天傻逼了其实mi有一种更为简洁的求法。构出自动机后，mi[i]=len[fa[i]]+1。- 因为fa[i]是i的最长后缀；而SAM的所有状态包含了原串的所有子串。所以说，既然有代表S(r-mi+1..r)的状态（mi≥1），也肯定会有代表S(r-mi+2..r)的状态，而后者即为fa[i]。
- 时间复杂度： 。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define A v<<1
#define B A|1
#define MIN(x,y) x=min(x,y)
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=2e5+9,K=26;
char s[N];
int n,i,fa[N],siz[N],len[N],c[N],a[N],t[N<<2],tag[N<<2],px,py,pv,ans[N];
typedef long long ll;
void maketree(int v,int x,int y)
{
t[v]=n;
if(x==y) return;
int mid=x+y>>1;
maketree(A,x,mid); maketree(B,mid+1,y);
}
inline void mark(int v,int pv)
{
if(!v) return;
if(t[v]>pv) t[v]=tag[v]=pv;
}
inline void push(int v)
{
if(!tag[v]) return;
mark(A,tag[v]); mark(B,tag[v]);
tag[v]=0;
}
void modify(int v,int x,int y)
{
if(py< x||y< px) return;
push(v);
if(px<=x&&y<=py){mark(v,pv); return;}
int mid=x+y>>1;
modify(A,x,mid); modify(B,mid+1,y);
}
void query(int v,int x,int y)
{
push(v);
if(x==y){ans[x]=t[v]; return;}
int mid=x+y>>1;
query(A,x,mid); query(B,mid+1,y);
}
//segment_tree
struct SAM
{
ll ans,now,u,v,np,root,cnt,last,i,ch[N][K],right[N];
ll newnode(ll x)
{
len[++cnt]=x,fa[cnt]=0; int i;
fo(i,0,K-1) ch[cnt][i]=0;
return cnt;
}
void init()
{
cnt=0;
newnode(0);
last=root=1;
}
void extend(ll c,ll i)
{
now=newnode(len[last]+1),u=last;
for (;u && !ch[u][c];u=fa[u]) ch[u][c]=now;
if (!u) fa[now]=1;else
{
v=ch[u][c];
if (len[u]+1==len[v]) fa[now]=v;else
{
np=newnode(len[u]+1),memcpy(ch[np],ch[v],sizeof ch[np]);
right[np]=right[v];
for (;u && ch[u][c]==v;u=fa[u]) ch[u][c]=np;
fa[np]=fa[v],fa[v]=fa[now]=np;
}
}
siz[now]=1; right[now]=i;
last=now;
}
void work()
{
ans=0;
fo(i,1,cnt) c[len[i]]++;
fo(i,1,cnt) c[i]+=c[i-1];
fo(i,1,cnt) a[c[len[i]]--]=i;
fd(i,cnt,1) siz[fa[a[i]]]+=siz[a[i]];
maketree(1,1,n);
fo(i,2,cnt)
if (siz[i]==1)
{
pv=len[fa[i]]+1; py=right[i]; px=py-pv+1;
modify(1,1,n);
}
}
} run;
int main()
{
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
run.init();
fo(i,1,n) run.extend(s[i]-'a',i);
run.work();
query(1,1,n);
fd(i,n-1,1) MIN(ans[i],ans[i+1]+1);
fo(i,1,n) printf("%d\n",ans[i]);
}