hihocoder #1419 : 后缀数组四·重复旋律4

#1419 : 后缀数组四·重复旋律4

时间限制:5000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品中的旋律有重复的部分。

我们把一段旋律称为(k,l)-重复的，如果它满足由一个长度为l的字符串重复了k次组成。 如旋律abaabaabaaba是(4,3)重复的，因为它由aba重复4次组成。

小Hi想知道一部作品中k最大的(k,l)-重复旋律。

解题方法提示

输入

一行一个仅包含小写字母的字符串。字符串长度不超过 100000。

输出

一行一个整数，表示答案k。

样例输入

babbabaabaabaabab

样例输出

4

分析：

不会做...hihocoder的题解写的极其详细...粘一下...

小Ho：这一次的问题该如何解决呢？

小Hi：嗯，这次的问题是重复次数最多的连续字串。

小Ho：似乎不好下手啊。

小Hi：那我们先降低难度，不如考虑如何解决如何求一个串的最大重复次数。

小Ho：嗯。我想想，比如说串abababab，既可以是(1,8)，也可以是(2,4)，最大的是(4,2)。

小Hi：对。假如说我们枚举一个可能的循环节长度l（或者k），能不能快速判断这个l是否合法呢？

小Ho：啊！我想想...似乎是求原串和原串去掉前l个字符后两个串的LCP（最长公共前缀），如果能完全匹配上，就满足！

小Hi：对，没错。比如abababab，检验是否是(2,4)，就拿abababab和ababab求LCP。

小Hi：值得一提的是，利用height数组可以快速求出我们需要的LCP。例如abababab的height数组如下：

suffix	sa	height
ab	7	0
abab	5	2
ababab	3	4
abababab	1	6
b	8	0
bab	6	1
babab	4	3
bababab	2	5

小Hi：如果我们要求某两个后缀的LCP，只要求它们中间的一段height数组的最小值即可。例如abababab和ababab的LCP就是[4]这段的最小值，即2；bab和bababab的LCP就是[3, 5]这段的最小值，即3；ab和babab的LCP就是[2, 4, 6, 0, 1, 3]这段的最小值，即0。

小Hi：这个求height数组某一段最小值的问题，恰好是之前讲过的[RMQ问题]，可以通过O(NlogN)的预处理达到O(1),处理单次询问；当然使用线段树等数据结构也是可以的，单次询问O(logN)。

小Ho：明白了。回到原问题，那我们肯定是要先枚举(k,l)中的这个l，再枚举起始位置i，计算Suffix(i)和Suffix(i+l)的LCP，记作lcp(l, i)，那么k(l, i)就等于lcp(l,i)/l + 1。对于所有的循环节长度l和起始位置i，最大的k(l, i)就是答案。

小Hi：你说的对！不过本题还是有进一步优化的空间。对于确定的l，我们不用枚举所有的起始位置i，而只枚举i是l的整数倍的情况。如果最优串的开始位置恰好在l的倍数上，那我们找到的最大的k就是正确答案。

小Ho：道理是这么个道理。不过如果最优串的开始位置不在l的倍数上呢？

小Hi：即使不是，问题也会太糟糕，假如说最优串位置在x，可以想象我们会枚举到x之后的一个最近位置p，p是l的倍数。并且我们计算出了Suffix(p)和Suffix(p+l)的LCP，lcp(l, p)那么此时的k(l, p)=lcp(l, p)/l+1。

小Hi：对于被我们略过的k(l, p-1), k(l, p-2) ... k(l, p-l+1)，它们的上限是k(l, p)+1。

小Ho：没错。因为它们的起始位置距离p不超过l，所以最多比Suffix(p)增加一个循环节。

小Hi：其次，如果k(l, p-1), k(l, p-2) ... k(l, p-l+1)中有一个的值是k(l, p)+1的话，那么k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)一定等于k(l, p)+1。(mod是取余运算)

小HO：为什么呢？

小Hi：举个例子，比如串XaYcdabcdabcd(XY各代表一个不确定的字符，具体代表的字符会影响最后答案，我们后面会分析到)，当我们考虑l=4的时候，第一次枚举p=4的起始位置，会求出cdabcdabcd和cdabcd的lcp(4, 4)=6，k(4, 4)=2。根据上面的论断，只有当k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)=k(4, 4 - 4 + 6 mod 4)=k(4, 2)=3时，k(4, 1), k(4, 2)和k(4, 3)中才会有3。首先我们可以判断k(4, 3)一定不可能等于3，因为无论Y是哪个字符，Ycdabcdabcd和bcdabcd的LCP即lcp(4, 3)最大是7，不到8。 其次如果k(4, 2) ≠ 3，那么k(4, 1)也没戏。因为如果k(4, 2) ≠ 3，说明aY和ab匹配不上，这时无论X是哪个字符，XaY和dab匹配不上，lcp(4, 1) < l，k(4, 1) = 1。

小Ho：哦，我有点明白了。k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)是一个分界线，右边的值因为LCP不够大，一定不能增加一个循环节。并且如果k(l, p - l + lcp(l, p) mod l)没有增加循环节的话，说明[p - l + lcp(l, p) mod l, p]这段中间匹配出错，左边的lcp也跟着雪崩，更不可能增加循环节了。

小Hi：没错！

小Ho：那枚举l和枚举开始位置的时间复杂度呢？

小Hi：你会发现，枚举完l后枚举开始位置的时间复杂度是O(n/l)的，所以总复杂度是O(n/1)+O(n/2)+O(n/3)...这个是一个经典的求和，总复杂度是O(nlogn)的。

小Ho：明白了！好神奇，看似简单朴素的想法，复杂度却也很低。

小Hi：是啊。以下是二分判断的C++代码实现：

for(L＝1;L <= n;L++)
{
    for (int i = 1; i + L <= n; i += L)
    {
        int R = lcp(i, i + L);
        ans = max(ans, R / L + 1);
        if (i >= L - R % L)
        {
            ans = max(lcp(i - L + R%L, i + R%L) / L + 1, ans);
        }
    }
}

小Ho：好的。我这就实现一下。

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
using namespace std;

const int maxn=100000+5;

int n,s[maxn],gs[maxn],sa[maxn],wb[maxn],wv[maxn],st[maxn][25],ran[maxn],height[maxn];

char str[maxn];

inline bool cmp(int *x,int a,int b,int l){
	return x[a]==x[b]&&x[a+l]==x[b+l];
}

inline void da(int *sa,int *x,int n,int m){
	int i,j,p,*y=wb;
	for(i=0;i<m;i++) gs[i]=0;
	for(i=0;i<n;i++) gs[x[i]]++;
	for(i=1;i<m;i++) gs[i]+=gs[i-1];
	for(i=n-1;~i;i--) sa[--gs[x[i]]]=i;
	for(j=1,p=1;p<n;j<<=1,m=p){
		for(i=n-j,p=0;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<n;i++) wv[i]=x[y[i]];
		for(i=0;i<m;i++) gs[i]=0;
		for(i=0;i<n;i++) gs[wv[i]]++;
		for(i=1;i<m;i++) gs[i]+=gs[i-1];
		for(i=n-1;~i;i--) sa[--gs[wv[i]]]=y[i];
		p=1;swap(x,y);x[sa[0]]=0;
		for(i=1;i<n;i++) x[sa[i]]=cmp(y,sa[i],sa[i-1],j)?p-1:p++;
	}
}

inline void calheight(int n){
	int i,j,k=0;
	for(i=0;i<=n;i++) ran[sa[i]]=i;
	for(i=0;i<n;height[ran[i++]]=k)
		for(k?k--:233,j=sa[ran[i]-1];s[i+k]==s[j+k];k++);
}

inline void init(void){
	for(int i=1;i<=n;i++)
		st[i][0]=height[i];
	for(int j=1;j<=20;j++)
		for(int i=1;i+(1<<j-1)<=n;i++)
			st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<j-1)][j-1]);
}

inline int lcp(int x,int y){
	x=ran[x],y=ran[y];
	if(x>y)
		swap(x,y);
	x++;
	int len=y-x+1,k;
	for(k=20;k>=0;k--)
		if(len&(1<<k)||k==0)
			break;
	return min(st[x][k],st[y-(1<<k)+1][k]);
}

inline int solve(void){
	int ans=0;
	for(int len=1;len<=n;len++)
		for(int i=0;i+len<n;i+=len){
			int r=lcp(i,i+len);
			ans=max(ans,r/len+1);
			if(i>=len-r/len)
				ans=max(ans,lcp(i-len+r%len,i+r%len)/len+1);
		}
	return ans;
}

signed main(void){
	scanf("%s",str);n=strlen(str);
	for(int i=0;i<n;i++)
		s[i]=(int)str[i]+1,ran[i]=s[i];
	da(sa,ran,n+1,300);calheight(n);init();
	printf("%d\n",solve());
	return 0;
}//Cap ou pas cap. Pas cap.

　　

---

By NeighThorn