BZOJ3277=BZOJ3473串题解（广义SAM）

题目：BZOJ3277=BZOJ3473.
题目大意：给定 $n$ 个串 $S_i$ ，对于每一个串 $S_i$ ，求它有多少个的子串（不需要本质不同，一开始以为要求本质不同迷了半天）是其它至少 $k$ 的串的子串.
$1\leq n,k,|S|\leq 10^5$ .

首先看到子串先建立SAM，由于多个串建广义SAM.

很容易发现，若一个状态 $i$ 在一个串中出现，那么 $i$ 在parent树上的所有祖先都会在这个串当中出现.这让我们想到了一个看起来比较暴力的做法，给每个状态一个标记 $id$ 表示这个串最后一次是被哪个串经过.然后拿当前串往SAM里跑一遍，每到一个状态 $i$ ，则把 $id[i]$ 赋值成当前串的编号，并大力跳parent指针把 $i$ 的祖先的 $id$ 也赋值成当前串的编号直到跳到一个点满足它的 $id$ 就是当前串的编号或无法再跳.

最后求答案前先预处理 $sum$ 数组表示每一个状态到parent树上的根这条链上满足 $cnt\geq k$ 的所有点的 $max-min+1$ 之和，由于不要求子串本质不同，所以直接把串放上去跑并把所有经过点的 $sum$ 之和即可.

看起来这个做法的复杂度是 $O(|S|^2)$ 的，其实我们可以证明它是 $O(|S|\sqrt{|S|})$ 的.

一个长度为 $n$ 的串放到SAM上运行时，第 $i$ 个字符的在parent树上深度最多为 $i$ ，也就是说它最多只有 $i$ 个祖先，那么这个字符串最多使用到的节点数为：
$O(\sum_{i=1}^{n}i)=O(\frac{n(n+1)}{2})=O(n^2)$

而这个串能够使用的状态数不会超过SAM的结点个数，所以一个长度为 $n$ 串的最多会使用 $O(min(|S|,n^2))$ 的状态.

根据均值不等式，显然 $n=\sqrt{|S|}$ 的时候时间复杂度最高，也就是说时间复杂度是 $O(n\sqrt{n})$ 的.

那么算法总时间复杂度为 $O(|S|(\sqrt{|S|}+\Sigma))$ .

值得注意的是，在构造后缀自动机的时候，新建的虚点的 $id$ 和在多少个串中出现过的指标 $cnt$ 应该要从原来的点那里复制过来.

代码如下：

#include<bits/stdc++.h> 
  using namespace std;
 
#define Abigail inline void
typedef long long LL;

const int N=100000,C=26;

int n,k;
struct automaton{
  int s[C],len,par,cnt,id;
}tr[N*2+9];
int cn,last,now;

void Build_sam(){cn=last=1;now=0;}
void reBuild_sam(){last=1;++now;}

void extend(int x){
  int p=last;
  if (tr[p].s[x]){
    int q=tr[p].s[x];
    if (tr[p].len+1==tr[q].len) last=q;
	else {
	  tr[++cn]=tr[q];tr[cn].len=tr[p].len+1;
	  tr[q].par=cn;
	  while (p&&tr[p].s[x]==q) tr[p].s[x]=cn,p=tr[p].par;
	  last=cn;
	}
  }else{
  	int np=++cn;
  	tr[np].len=tr[p].len+1;
  	last=np;
  	while (p&&!tr[p].s[x]) tr[p].s[x]=np,p=tr[p].par;
  	if (!p) tr[np].par=1;
  	else {
      int q=tr[p].s[x];
      if (tr[p].len+1==tr[q].len) tr[np].par=q;
      else {
      	tr[++cn]=tr[q];tr[cn].len=tr[p].len+1;
      	tr[q].par=tr[np].par=cn;
      	while (p&&tr[p].s[x]==q) tr[p].s[x]=cn,p=tr[p].par;
	  }
	}
  }
  for (p=last;p&&tr[p].id^now;p=tr[p].par)
    tr[p].id=now,++tr[p].cnt;
}

struct side{
  int y,next;
}e[N*2+9];
int lin[N*2+9],top;

void ins(int x,int y){
  e[++top].y=y;
  e[top].next=lin[x];
  lin[x]=top;
}

void Build_parent(){
  for (int i=2;i<=cn;++i)
    ins(tr[i].par,i);
}

int ans,sum[N*2+9];
string s[N+9];

void dfs(int x){
  if (tr[x].cnt>=k) sum[x]+=tr[x].len-tr[tr[x].par].len;
  sum[x]+=sum[tr[x].par];
  for (int i=lin[x];i;i=e[i].next)
    dfs(e[i].y);
}

Abigail into(){
  int len;
  scanf("%d%d",&n,&k);
  Build_sam();
  for (int i=1;i<=n;++i){
  	cin>>s[i];
  	len=s[i].size();
  	reBuild_sam();
  	for (int j=0;j<len;++j)
  	  extend(s[i][j]-'a');
  }
}

Abigail work(){
  Build_parent();
  dfs(1);
}

Abigail outo(){
  int len,np;
  for (int i=1;i<=n;++i){
    len=s[i].size();
	np=1;ans=0;
    for (int j=0;j<len;++j){
	  np=tr[np].s[s[i][j]-'a'];
	  ans+=sum[np];
	}
	printf("%d ",ans);
  }
  puts("");
}

int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}

BZOJ3277=BZOJ3473串题解（广义SAM）

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