https://codeforces.com/contest/700/problem/E

题解:https://www.luogu.org/problemnew/solution/CF700E

其实就是从父亲到儿子dp,因为parent树上父亲一定是儿子的后缀,那么只要再找一个出现位置就好了,又因为父亲的right集合包含儿子的right集合,所以对于任意一个儿子出现的位置check就好。然后开n颗动态开点线段树按照拓扑序从下网上合并一下搞出每个点的right集合,然check一下f[fa]这颗树在(pos[son]-len[son]+len[fa],pos[son]-1)有没有值就好了,因为pos[son]已经出现过一个。代码写得和yyb太像了QAQ ,merge写得不对QAQ。extend 和insertt不要都用cnt去开点,不然RE很无情。

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=5e5+100;
char s[maxn];
inline ll read()
{
ll 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;
}
struct str
{
int son[26];
int ff,len,pos;
}sr[maxn];
struct node
{
int l,r;
}no[maxn*80];
int cnt=1,last=1,tot;
int c[maxn],a[maxn],siz[maxn];
int rt[maxn];
int n;
int ans[maxn],f[maxn];
void insertt(int &x,int l,int r,int pl)
{
if(!x)x=++tot;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
if(pl<=mid)insertt(no[x].l,l,mid,pl);
else insertt(no[x].r,mid+1,r,pl);
}
int merge(int x,int y)
{
if(!x||!y){return x|y;}
int z=++tot;
no[z].l=merge(no[x].l,no[y].l);
no[z].r=merge(no[x].r,no[y].r);
return z;
}
void extend(int c,int pos)
{
int p=last,np=++cnt;last=np;
sr[np].len=sr[p].len+1;sr[np].pos=pos;
while(p&&!sr[p].son[c])sr[p].son[c]=np,p=sr[p].ff;
if(!p)sr[np].ff=1;
else
{
int q=sr[p].son[c];
if(sr[p].len+1==sr[q].len)sr[np].ff=q;
else
{
int nq=++cnt;
sr[nq]=sr[q];
sr[nq].len=sr[p].len+1;
sr[q].ff=sr[np].ff=nq;
while(p&&sr[p].son[c]==q)sr[p].son[c]=nq,p=sr[p].ff;
}
}
siz[np]=1;
}
int query(int x,int l,int r,int L,int R)
{
if(!x)return 0; if(L<=l&&r<=R)return 1;
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid){if(query(no[x].l,l,mid,L,R))return 1;}
if(R>mid){if(query(no[x].r,mid+1,r,L,R))return 1;}
return 0;
} int res=1;
int main()
{
n=read();
scanf("%s",s+1);
//memset(sr,0,sizeof(sr));
cnt=1;last=1;
for(int i=1;i<=n;i++)extend(s[i]-'a',i),insertt(rt[last],1,n,i);
for(int i=1;i<=cnt;i++)c[sr[i].len]++;
for(int i=1;i<=n;i++)c[i]+=c[i-1];
for(int i=1;i<=cnt;i++)a[c[sr[i].len]--]=i;
for(int i=cnt;i;i--)rt[sr[a[i]].ff]=merge(rt[sr[a[i]].ff],rt[a[i]]);
for(int i=2;i<=cnt;i++)
{
int tt=a[i],fa=sr[tt].ff;
if(fa==1){f[tt]=tt;ans[tt]=1;continue;}
int flag=query(rt[f[fa]],1,n,sr[tt].pos-sr[tt].len+sr[f[fa]].len,sr[tt].pos-1);
if(flag)ans[tt]=ans[fa]+1,f[tt]=tt;
else ans[tt]=ans[fa],f[tt]=f[fa];
res=max(res,ans[tt]);
}
cout<<res<<"\n"; }

  

CF700E E. Cool Slogans的更多相关文章

  1. 【CF700E】Cool Slogans 后缀自动机+线段树合并

    [CF700E]Cool Slogans 题意:给你一个字符串S,求一个最长的字符串序列$s_1,s_2,...,s_k$,满足$\forall s_i$是S的子串,且$s_i$在$s_{i-1}$里 ...

  2. 【CF700E】Cool Slogans(后缀自动机)

    [CF700E]Cool Slogans(后缀自动机) 题面 洛谷 CodeForces 题解 构建后缀自动机,求出后缀树 现在有个比较明显的\(dp\) 设\(f[i]\)表示从上而下到达当前点能够 ...

  3. CF700E Cool Slogans

    CF700E Cool Slogans 题目描述 给出一个长度为n的字符串\(s[1]\),由小写字母组成.定义一个字符串序列\(s[1....k]\),满足性质:\(s[i]\)在\(s[i-1] ...

  4. CF700E Cool Slogans SAM、线段树合并、树形DP

    传送门 在最优的情况下,序列\(s_1,s_2,...,s_k\)中,\(s_i (i \in [2 , k])\)一定会是\(s_{i-1}\)的一个\(border\),即\(s_i\)同时是\( ...

  5. CF700E:Cool Slogans(SAM,线段树合并)

    Description 给你一个字符串,如果一个串包含两个可有交集的相同子串,那么这个串的价值就是子串的价值+1.问你给定字符串的最大价值子串的价值. Input 第一行读入字符串长度$n$,第二行是 ...

  6. CF700E Cool Slogans——SAM+线段树合并

    RemoteJudge 又是一道用线段树合并来维护\(endpos\)的题,还有一道见我的博客CF666E 思路 先把\(SAM\)建出来 如果两个相邻的串\(s_i\)和\(s_{i+1}\)要满足 ...

  7. CF700E Cool Slogans 后缀自动机 + right集合线段树合并 + 树形DP

    题目描述 给出一个长度为n的字符串s[1],由小写字母组成.定义一个字符串序列s[1....k],满足性质:s[i]在s[i-1] (i>=2)中出现至少两次(位置可重叠),问最大的k是多少,使 ...

  8. Codeforces 700E. Cool Slogans 字符串,SAM,线段树合并,动态规划

    原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/CF700E.html 题解 首先建个SAM. 一个结论:对于parent树上任意一个点x,以及它所代表的子树内任 ...

  9. CF 700 E. Cool Slogans

    E. Cool Slogans 链接 题意: 给定一个字符串S,从中选出k个子串a[1],a[2]...a[k],满足a[i]在a[i+1]中出现了两次(可以重叠),求最大的k. 分析: 建出SAM, ...

随机推荐

  1. Java虚拟机判定对象存活算法

    1.引用计数算法 描述:给对象中添加一个引用计数器,每当有一个地方引用它时,计数器值就加1:当引用失效时,计数器值就减1:任何时刻计数器值为0的对象就是不可能再被使用的. 特点:实现简单,判定效率高. ...

  2. 如何在Linux服务器和windows系统之间上传与下载文件

    Do not let dream just be your dream. 背景:Linux服务器文件上传下载. XShell+Xftp安装包(解压即用)百度网盘链接:https://pan.baidu ...

  3. Poj1477

    Box of Bricks Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 10000K Total Submissions: 24101   Accepted: 9378 De ...

  4. jenkins实现以gitlab为代码仓库的构建

    简介 前一篇随笔是安装jenkins的过程,比较简单,这一次说一下用jenkins配置以gitlab为代码管理仓库的maven项目的完整个构建过程,以及我碰到的一些问题.由于是maven项目,所以我们 ...

  5. dubbo 2.7.0 中缺乏 <dubbo:annotation /> 的解决方案

    一.背景  从 dubbo 2.6.5 升级到 2.7.0,突然发现好多地方不能用了,dubbo:annotation 直接报红,原先的 @Service 和 @Reference 中直接报了过时,源 ...

  6. Docker的使用

    Ubuntu16.04+ 在Ubuntu系统中安装较为简单,官方提供了脚本供我们进行安装. sudo apt install curl curl -fsSL get.docker.com -o get ...

  7. 一些android开发实用性网站记录

    android开发一些有用的网站有很多,可以方便我们开发,记录一下哈. 1.Android源代码在线阅读:https://www.androidos.net.cn/sourcecode 2.在线Jso ...

  8. LAMP动静分离安装(源码安装)

    环境: 版本 IP地址 源码包版本 Centos7.5_mysql 192.168.111.3 mysql-5.7.24.tar.gz,cmake-3.13.1.tar.gz,boost_1_59_0 ...

  9. jQuery标签插件tagsinput.js

    官网地址: http://xoxco.com/projects/code/tagsinput/ github地址: https://github.com/xoxco/jQuery-Tags-Input ...

  10. EJS 语法

    教程