poj3415_Common Substrings

题意

给定两个字符串，求长度大于等于k的公共子串数。

分析

• 将两个字符串中间加个特殊字符拼接，跑后缀数组。
• 将题目转化为对每一个后缀求\(\sum_{j=1}^{i-1}lcp(i,j)\)，且后缀\(i\)和\(j\)属于不同字符串。
• 由于\(lcp\)只跟\(h\)数组的区间最小值有关，因此对于单调递减的\(h[i]\)我们可以合并贡献和个数，维护一个单调栈。
• 分别统计\(a\)串对\(b\)的贡献和\(b\)串对\(a\)的贡献。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+50;
char a[N],b[N],s[N];
int sa[N],rk[N],h[N];
int t[N],t2[N],c[N];
int al,bl,n,k;
void build(int n,int m){
    n++;
    int *x=t,*y=t2;
    for(int i=0;i<m;i++){
        c[i]=0;
    }
    for(int i=0;i<n;i++){
        c[x[i]=s[i]]++;
    }
    for(int i=1;i<m;i++){
        c[i]+=c[i-1];
    }
    for(int i=n-1;i>=0;i--){
        sa[--c[x[i]]]=i;
    }
    for(int k=1;k<=n;k*=2){
        int p=0;
        for(int i=n-k;i<n;i++){
            y[p++]=i;
        }
        for(int i=0;i<n;i++){
            if(sa[i]>=k){
                y[p++]=sa[i]-k;
            }
        }
        for(int i=0;i<m;i++){
            c[i]=0;
        }
        for(int i=0;i<n;i++){
            c[x[y[i]]]++;
        }
        for(int i=1;i<m;i++){
            c[i]+=c[i-1];
        }
        for(int i=n-1;i>=0;i--){
            sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];
        }
        swap(x,y);
        p=1;
        x[sa[0]]=0;
        for(int i=1;i<n;i++){
            x[sa[i]]=y[sa[i-1]]==y[sa[i]] && y[sa[i-1]+k]==y[sa[i]+k]?p-1:p++;
        }
        if(p>=n){
            break;
        }
        m=p;
    }
    n--;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        rk[sa[i]]=i;
    }
    int k=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(k){
            k--;
        }
        int j=sa[rk[i]-1];
        while(s[i+k]==s[j+k]){
            k++;
        }
        h[rk[i]]=k;
    }
}
void debug(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=sa[i];j<n;j++){
            printf("%c",s[j]);
        }
        printf("\n");
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        printf("%d ",sa[i]);
    }
    printf("\n");
    for(int i=0;i<n;i++){
        printf("%d ",rk[i]);
    }
    printf("\n");
    for(int i=1;i<=n;i++){
        printf("%d ",h[i]);
    }
    printf("\n");
}
//答案就是对任意两个不同后缀a[i...]和b[j...]的sum(lcp(ai,bj)-k+1)
//两个单调栈，一个维护h[i]，一个维护贡献之和
ll he[N],ct[N];
ll solve(){
    //考虑用单调栈优化到O(n)，即对于每一个后缀求与前面后缀的lcp之和，不重不漏
    ll ans=0;
    //当前后缀与前面每个后缀的lcp之和
    //由性质可知，当前后缀和前面某一个后缀的lcp应该是之间的h[i]最小值
    //因此可以将递减的h[i]合并为最小的那个h[min]*cnt
    ll sum=0;
    int tp=0;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(h[i]<k){
            tp=0;
            sum=0;
            continue;
        }
        ll cnt=0;
        //维护单调栈，由于lcp只跟区间h最小值有关，将所有栈顶大于当前h[i]的都合并
        while(tp && he[tp]>h[i]){
            //减去无效栈顶的贡献(h[i]-k+1)
            sum-=(he[tp]-k+1)*ct[tp];
            //暂时累计cnt，存储到新的栈顶
            cnt+=ct[tp];
            //栈顶出栈
            tp--;
        }
        //入栈，保持单调性
        he[++tp]=h[i];
        if(sa[i-1]<al) {
            //有效贡献的串，个数加1
            cnt++;
        }
        ct[tp]=cnt;
        //累加栈顶贡献
        sum+=(he[tp]-k+1)*ct[tp];
        if(sa[i]>al){
            //将当前累加的贡献加到答案中，即b串后缀与前面所有a串后缀的lcp之和
            ans+=sum;
        }
    }
    tp=sum=0;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(h[i]<k){
            tp=0;
            sum=0;
            continue;
        }
        ll cnt=0;
        while(tp && he[tp]>h[i]){
            sum-=(he[tp]-k+1)*ct[tp];
            cnt+=ct[tp];
            tp--;
        }
        if(sa[i-1]>al){
            he[++tp]=h[i];
            ct[tp]=cnt+1;
            sum+=(he[tp]-k+1)*ct[tp];
        }else{
            he[++tp]=h[i];
            ct[tp]=cnt;
            sum+=(he[tp]-k+1)*ct[tp];
        }
        //累加b串后缀与前面所有a串后缀的lcp之和
        if(sa[i]<al){
            ans+=sum;
        }
    }
    return ans;
}
int main(){
//    freopen("in.txt","r",stdin);
    while(~scanf("%d",&k) && k){
        scanf("%s",a);
        scanf("%s",b);
        al=strlen(a);
        bl=strlen(b);
        for(int i=0;i<al;i++){
            s[i]=a[i];
        }
        s[al]='~';
        for(int i=0;i<bl;i++){
            s[al+1+i]=b[i];
        }
        n=al+bl+1;
        s[n]='\0';
        build(n,300);
//        debug();
        ll ans=solve();
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}