【题解】Codeforces1063F. String Journey 后缀数组+DP+线段树优化

对于一组字符串，如果后一个是前一个的真子串，就把它们称作是 $tourist$，它的 $rating$定义为字符串的数量。

给定长为 $n(5e5)$的字符串 $s$，在其中找到一个 $tourist$，满足所有字符串都是 $s$的子串，前后两个字符串的位置不相交，且在 $s$中依次出现，求最大的 $rating$。

时间限制5s, 空间限制512M

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简单分析

答案最多只有1000，且答案满足二分性质.

有一个贪心的结论， $tourist$里面的字符串长度一定是 $k,k-1,k-2,k-3...$这样。

动态规划

设 $dp[i]$表示最左边的子串从 $i$位置开始时的答案，有以下性质：

1. 这个子串一定长为 $dp[i]$，也就是说子串是 $s[i,i+dp[i]-1]$
2. $dp[i]$满足二分性质，即 $dp[i]-1,dp[i]-2,dp[i]-3$等也可以找到对应的方案，可以朝左侧转移，而 $dp[i]+1$不行。
3. $dp[i]\le dp[i+1]+1$，因为对于 $dp[i]$的方案，如果把第一个字符全部扔掉，就可以构造出一个方案使得 $dp[i+1]=dp[i]-1$，所以 $dp[i+1]$一定不会小于 $dp[i]-1$.

边界： $dp[n]=1$

转移：由上述性质2和性质3，在求 $dp[i]$时，可以从 $dp[i+1]+1$开始向下枚举 $dp[i]$的值并 $check$，直到首次合法为止。

可以证明，时间复杂度为 $O(n*单次check耗时)$.（证明方法同理于这篇文章的优化一）

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check(i,k)

现在的目标是判断 $dp[i]$的值能否等于 $k$.

如果合法，这里的子串是 $s[i,i+k-1]$，且它的后一个子串一定和 $s[i,i+k-2]$或 $s[i+1,i+k-1]$完全相同。

详细地，必须存在一个位置 $j$，满足：

1. $dp[j]\ge k-1$
2. $j\ge i+k$
3. $lcp(j,i)\ge k-1$或者 $lcp(j,i+1)\ge k-1$

后缀数组

将问题映射到后缀数组上，第三个条件是要求目标位置和给定位置的lcp在一定范围内，可以二分 $min\_hight$得到一个子数组，然后在子数组中解决问题。

现在问题又变成了，给定两个数组 $dpsa$、 $sa$，若干次查询：

每次选定一个区间，问区间中是否存在一个位置 $j$，满足 $dpsa[j]\ge k-1$且 $sa[j]\ge i+k$。

这是一个数据结构问题，而且需要满足带修改+强制在线，据说能用主席树做，我没想到。

最后的优化

回忆一下， $check(i,k)$的输入值 $(i,k)$相比前一次 $check$的变化，只会有两种：

1. $k$减少了 $1$， $i$不变，表示上一次 $check$失败了。
2. $k$增加了 $1$， $i$减少了 $1$，表示 $check$成功，开始求更左边一个位置的 $dp$值.

对于 $i+k$来说，要么不变，要么减少 $1$。

所以我们可以把所有 $sa[j]<i+k$的位置的 $dp$值都存下来，然后 $dp$值记作 $0$，这样处理的时候就可以当作它们不存在。等到 $sa[j]$合法了，再将存起来的值实装。

此时，问题就变成了单点修改+区间求max.

使用线段树处理即可.

复杂度分析

预处理：后缀数组+ST表，共 $O(n\log n)$

DP：状态数 $O(n)$，转移一共需要 $O(n)$次 $check$

check：二分子数组 $O(\log n)$，线段树操作 $O(\log n)$

总时间复杂度： $O(n\log n)$

实现细节

1. check:
   是否有一个位置j，满足dp[j]>=k-1,j>=i+k,max(lcp(j,i),lcp(j,i+1))>=k-1
   在后缀数组上：
   是否有一个位置j，满足某个区间内，dpsa[j]>=k-1, sa[j]>=i+k
   让所有sa[j]<i+k的dpsa[j]先自闭.
2. 二分
   二分height得到区间，然后求区间最大值是否大于等于k-1
   lcp(j,i)>k-1的区间，是什么呢？
   设左端点lef=rk[i], 如果height[lef]>=k-1，那么lef–
   设右端点rig=rk[i], 如果height[rig+1]>=k-1, 那rig++
   所以我需要找到mih(rk[i]+1,rig)>=k-1的最后一个rig
   还有mih(lef+1,rk[i])>=k-1的第一个lef
3. 线段树
   线段树维护的值是dpsa[]，这个时候sa[j]==i+k，那么j=rk[i+k]。

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各种带等于的边界纠结了不少时间。

ans初始化为0导致wa一次。

/* LittleFall : Hello! */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; using ll = long long; inline int read();
const int M = 500016, MOD = 1000000007;

namespace SA
{
    void st_init(int *arr, int n);
    
    /* 后缀数组 */
    int sa[M], rk[M], height[M]; //后缀三数组，sa和rk下标从0开始，height下标从1开始
    int t1[M], t2[M], c[M]; // 用于基数排序的三个辅助数组
    void build(char *str, int n, int m) // 构造后缀三数组，字符串下标从0开始，n表示长度，m表示字符集大小
    {  
        str[n] = 0;
        n++;  
        int i, j, p, *x = t1, *y = t2;  
        for(i = 0; i < m; i++) c[i] = 0;  
        for(i = 0; i < n; i++) c[x[i]=str[i]]++;  
        for(i = 1; i < m; i++) c[i] += c[i-1];  
        for(i = n-1; i >= 0; i--) sa[--c[x[i]]] = i;  
        for(j = 1; j <= n; j<<=1)  
        {  
            p = 0;  
            for(i = n-j; i < n; i++) y[p++] = i;  
            for(i = 0; i < n; i++) if(sa[i] >= j) y[p++] = sa[i]-j;  
            for(i = 0; i < m; i++) c[i] = 0;  
            for(i = 0; i < n; i++) c[x[y[i]]]++;  
            for(i = 1; i < m; i++) c[i] += c[i-1];  
            for(i = n-1; i >= 0; i--) sa[--c[x[y[i]]]] = y[i];  
            swap(x, y);  
            p = 1; x[sa[0]] = 0;  
            for(i = 1; i < n; i++)  
                x[sa[i]] = (y[sa[i-1]]==y[sa[i]]&&y[sa[i-1]+j]==y[sa[i]+j]) ? p-1 : p++;  
            if(p >= n) break;  
            m = p;  
        }  
        n--;  
        for(int i = 0; i <= n; i++) rk[sa[i]] = i;  
        for(int i=0, j=0, k=0; i < n; i++)  
        {   
            if(k) k--;  
            j = sa[rk[i]-1];  
            while(str[i+k]==str[j+k]) k++;  
            height[rk[i]] = k;  
        }  
        st_init(height, n);
    }

    /* ST表 */
    int lg[M], _n;
    int table[20][M];
    void st_init(int *arr, int n)
    {
        _n = n;
        if(!lg[0])
        {
            lg[0]=-1;
            for(int i=1;i<M;i++)
                lg[i]=lg[i/2]+1;
        }
        for(int i=1; i<=n; ++i)
            table[0][i] = arr[i];
        for(int i=1; i<=lg[n]; ++i)
            for(int j=1; j<=n; ++j)
                if(j+(1<<i)-1 <= n)
                    table[i][j] = min(table[i-1][j], table[i-1][j+(1<<(i-1))]);
    }
    //height最小值
    int mih(int l, int r)
    {
        int t = lg[r-l+1];
        return min(table[t][l], table[t][r-(1<<t)+1]);
    }
};
using SA::sa; using SA::mih;
using SA::rk;
struct SGT
{
	int save[M<<2], m;
	void build(int n) //含read
	{
		for(m=1; m<=n+1; m<<=1) 
			continue;
	}
	int query(int s, int t) //sum[s,t]
	{
		int ans = 0;
		for(s+=m-1, t+=m+1; s^t^1; s>>=1, t>>=1)
		{
			if(~s&1) ans=max(ans, save[s^1]);
			if( t&1) ans=max(ans, save[t^1]);
		}
		return ans;
	}
	void modify(int n, int val) //save[n]=val
	{
		for(save[n+=m]=val, n>>=1; n; n>>=1)
			save[n] = max(save[n<<1], save[n<<1|1]);
	}
}sgt; //线段树维护dpsa
int n;
char str[M];
int dp[M]; //dp[i]表示从i开始的答案
struct Checker
{
	pair<int,int> binary_search(int i, int k)
	{
		int p1, p2;
		{ //获得lef
			int l=1, r=rk[i], ans=rk[i];
			while(l<=r)
			{
				int m = (l+r)>>1;
				if(mih(m+1, rk[i])>=k-1)
					ans = m, r = m-1;
				else l = m+1;
			}
			p1 = ans;
		}
		{
			int l=rk[i]+1, r=n, ans=rk[i];
			while(l<=r)
			{
				int m = (l+r)>>1;
				if(mih(rk[i]+1, m)>=k-1)
					ans = m, l = m+1;
				else r = m-1;
			}
			p2 = ans;
		}
		return {p1,p2};
	}
	bool check(int i, int k)
	{
		sgt.modify(rk[i+k], dp[i+k]); //激活下标等于i+k的dp，

		auto p1 = binary_search(i,k);
		if(sgt.query(p1.first, p1.second)>=k-1) return 1;
		auto p2 = binary_search(i+1,k);
		if(sgt.query(p2.first, p2.second)>=k-1) return 1;
		return 0;
	}
}checker;

int main(void)
{
	#ifdef _LITTLEFALL_
	freopen("in.txt","r",stdin);
    #endif

	n = read(); 
	sgt.build(n);
	int ans = 1;
	scanf("%s", str);
	SA::build(str, n, 128);
	dp[n-1] = 1;
	for(int i=n-2; i>=0; --i)
	{
		for(int j=dp[i+1]+1; j>=0; --j)
			if(checker.check(i,j)) dp[i]=j, j=-1;
		ans = max(ans, dp[i]);
	}
	printf("%d\n",ans );

    return 0;
}


inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}