Longest Common Substring II
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题意
给出\(n\)个子串，要求这\(n\)个子串的最长连续公共子串长度。
思路
- 前置技能：当 \(n=2\) 时的做法，可以先做做这题：SPOJ-LCS，我的博客：SPOJ-LCS题解
- 当 \(n>2\) 时，我们可以对第一个串构建后缀自动机，然后用上一题一样的做法，求出后缀自动机上每个节点和当前串的 \(LCS\) ，用 \(tmplen[i]\) 数组来保存。那么当前节点对于所有串的 \(LCS\) 就是每一个串的 \(tmplen[i]\) 的最小值，用 \(anslen[i]\) 来表示。
对于一个串，求出 \(tmplen[i]\) 是很好求的，在每次更新的时候加上一句话就可以了
tmplen[p] = max(tmplen[p], res);但是这样会不会漏情况？答案是会的！我们现在只找到了当前串的在 \(p\) 节点的 \(LCS\) ，但是对于 \(p\) 的 \(father\) 那些节点，是不是也会匹配上，只是长度更小而已？
- 当 \(n=2\) 的时候，不往 \(father\) 上更新，由于长度更短，所以并不会影响最终的答案。
- 当 \(n>2\) 的时候，这时候 \(tmplen[father]\) 虽然不会影响当前串的答案，但是它却会影响到全部串的 \(anslen[father]\) ，也就是说虽然 \(father\) 这个节点在当前串中不是最优答案，但他却可能是全部串的最优答案，所以我们需要将 \(tmplen[i]\) 往 \(tmplen[father]\) 上更新。
那么要怎么更新呢？
- 想想后缀自动机的性质，我们可以发现与\(p\)匹配的串，已经也可以与\(node[p].fa\)匹配上，又由于 \(tmplen\) 的含义是当前串的 \(LCS\)，所以我们可以得到
tmplen[father] = max(tmplen[father], tmplen[p]);- 但是取 \(max\) 的时候，我们又要限制不超出这个节点的总长度，进而得到
tmplen[father] = min(tmplen[father], node[father].len);我这里比较懒，不想用基数排序，直接用 \(dfs\) 在 \(parten\) 树上更新了，也是 \(O(N)\) 的复杂度。（代码中的变量和上述有差，但思路意思是一样的）。
void dfs(int u) {
for(auto v : vv[u]) {
dfs(v);
tmplen[u] = max(tmplen[u], min(tmplen[v], node[u].len));
}
}如此下来，我们就成功的将每一个串的 \(tmplen\) 求出来了，最后在更新一下 \(anslen\) ，最后的答案就是 \(anslen\) 中的最大值。
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define INOPEN freopen("in.txt", "r", stdin)
#define OUTOPEN freopen("out.txt", "w", stdout)
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 3e5 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
int n, m;
int cas, tol, T;
struct SAM {
struct Node{
int next[27];
int len, fa;
void init() {
mes(next, 0);
fa = len = 0;
}
} node[maxn<<1];
vector<int> vv[maxn<<1];
int anslen[maxn<<1];
int tmplen[maxn<<1];
int sz, last;
void init() {
sz = last = 1;
node[1].init();
}
void insert(int k) {
int p = last, np = last = ++sz;
node[np].init();
node[np].len = node[p].len + 1;
for(; p&&!node[p].next[k]; p=node[p].fa)
node[p].next[k] = np;
if(p==0) {
node[np].fa = 1;
} else {
int q = node[p].next[k];
if(node[q].len == node[p].len+1) {
node[np].fa = q;
} else {
int nq = ++sz;
node[nq] = node[q];
node[nq].len = node[p].len+1;
node[np].fa = node[q].fa = nq;
for(; p&&node[p].next[k]==q; p=node[p].fa)
node[p].next[k] = nq;
}
}
}
void handle() {
for(int i=1; i<=sz; i++) {
vv[i].clear();
anslen[i] = node[i].len;
}
for(int i=2; i<=sz; i++) {
vv[node[i].fa].push_back(i);
}
}
void dfs(int u) {
for(auto v : vv[u]) {
dfs(v);
tmplen[u] = max(tmplen[u], min(tmplen[v], node[u].len));
}
}
void solve(char *s) {
mes(tmplen, 0);
int len = strlen(s+1);
int p = 1, res = 0;
for(int i=1; i<=len; i++) {
int k = s[i]-'a'+1;
while(p && !node[p].next[k]) {
p = node[p].fa;
res = node[p].len;
}
if(p==0) {
res = 0;
p = 1;
} else {
p = node[p].next[k];
res++;
}
tmplen[p] = max(tmplen[p], res);
}
dfs(1);
for(int i=1; i<=sz; i++) {
anslen[i] = min(anslen[i], tmplen[i]);
}
}
} sam;
char s[maxn];
int main() {
sam.init();
scanf("%s", s+1);
int len = strlen(s+1);
for(int i=1; i<=len; i++) {
sam.insert(s[i]-'a'+1);
}
sam.handle();
int ans = 0;
while(~scanf("%s", s+1)) {
sam.solve(s);
}
for(int i=1; i<=sam.sz; i++) {
ans = max(ans, sam.anslen[i]);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}