POJ 3693 Maximum repetition substring（后缀数组+ST表）

【题目链接】 poj.org/problem?id=3693

【题目大意】

　　求一个串重复次数最多的连续重复子串并输出，要求字典序最小。

【题解】

　　考虑错位匹配，设重复部分长度为l，记s[i]和s[i+l]前缀匹配得到的最长长度为r，
　　枚举所有的l和i，得到r，那么答案就是r/l+1的最大值。
　　计算任意后缀的最长公共前缀可以利用后缀数组+ST表来解决，　　
　　两个后缀的最长公共前缀就是他们名次之间的h数组的最小值。
　　显然，枚举i和l的复杂度达到了O(n2)，是没有办法完成统计的，
　　我们发现每个区段只会存在一个最大值，所以我们以l为步长枚举i，
　　通过计算一次LCP获得这个最长长度的起始位置k，
　　再求一次k位置和k+l位置的LCP，就可以得到这个区段的答案。
　　最后考虑字典序的问题，我们将所有的最大值的长度保存在来，
　　根据sa数组进行LCP验证，因为是按照sa进行，
　　所以找到的第一个符合答案的位置就是字典序最小的。

【代码】

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=4000010;
int n,m,Rank[N],sa[N],h[N],tmp[N],cnt[N],ans;char s[N],t[N];
void suffixarray(int n,int m){
    int i,j,k;n++;
    for(i=0;i<2*n+5;i++)Rank[i]=sa[i]=h[i]=tmp[i]=0;
    for(i=0;i<m;i++)cnt[i]=0;
    for(i=0;i<n;i++)cnt[Rank[i]=s[i]]++;
    for(i=1;i<m;i++)cnt[i]+=cnt[i-1];
    for(i=0;i<n;i++)sa[--cnt[Rank[i]]]=i;
    for(k=1;k<=n;k<<=1){
        for(i=0;i<n;i++){
            j=sa[i]-k;
            if(j<0)j+=n;
            tmp[cnt[Rank[j]]++]=j;
        }sa[tmp[cnt[0]=0]]=j=0;
        for(i=1;i<n;i++){
            if(Rank[tmp[i]]!=Rank[tmp[i-1]]||Rank[tmp[i]+k]!=Rank[tmp[i-1]+k])cnt[++j]=i;
            sa[tmp[i]]=j;
        }memcpy(Rank,sa,n*sizeof(int));
        memcpy(sa,tmp,n*sizeof(int));
        if(j>=n-1)break;
    }for(j=Rank[h[i=k=0]=0];i<n-1;i++,k++)
    while(~k&&s[i]!=s[sa[j-1]+k])h[j]=k--,j=Rank[sa[j]+1];
}
int f[N][30],lg2[N];
void rmq_init(int n){
    for(int i=2;i<=n;i++)lg2[i]=lg2[i/2]+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=h[i];
    for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)
    for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
        f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
int rmq_min(int l,int r){
    if(l>r)swap(l,r);l++;
    int k=lg2[r-l+1];
    return min(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
int Cas=1,a[N];
int main(){
    while(~scanf("%s",s)&&s[0]!='#'){
        n=strlen(s);
        suffixarray(n,128);
        rmq_init(n);
        int cnt=0,Max=0;
        for(int l=1;l<n;l++){
            for(int i=0;i+l<n;i+=l){
                int r=rmq_min(Rank[i],Rank[i+l]),step=r/l+1,k=i-(l-r%l);
                if(k>=0&&r%l)if(rmq_min(Rank[k],Rank[k+l])>=r)step++;
                if(step>Max){Max=step;cnt=0;a[cnt++]=l;}
                else if(step==Max)a[cnt++]=l;
            }
        }int len=-1,st;
        for(int i=1;i<=n&&len==-1;i++){
            for(int j=0;j<cnt;j++){
                int l=a[j];
                if(rmq_min(Rank[sa[i]],Rank[sa[i]+l])>=(Max-1)*l){
                    len=l;st=sa[i];break;
                }
            }
        }printf("Case %d: ",Cas++);
        for(int i=st,j=0;j<len*Max;j++,i++)printf("%c",s[i]);
        puts("");
    }return 0;
}