Manacher例题问题汇总

本篇随笔面向个人

本来以为回文串很简单，但是没有做对应的练习前下此定论为时过早。

https://www.ybtoj.com.cn/contest/75

模板

虽然例题中也没有模板题（因为太简短了……），但是有必要预先打一遍。

步骤

将原字符串头部插入$，尾部插入@或\0，再将间隔中插入#（包括$后和@前也要有#）；比如说如果原串为abc，则变换为$#a#b#c#@。
定义变量mx，p，r[i]。
遍历新字符串。首先确定当前r[i]的下界为$i<mx?\min(r[2p-i],mx-i):1$，接着尝试暴力向两边拓展，最后看看能不能更新$mx$，若能则同时更新$p$。

代码

void manacher()

{

	int mx=1,p=1;

	for(int i=1;i<str.size()-1;i++)

	{

		r[i]=i<mx?min(mx-i,r[2*p-i]):1;

		while(str[i-r[i]]==str[i+r[i]]) r[i]++;

		if(mx<i+r[i])

		{

			p=i;

			mx=i+r[i];

		}

	}

}

注意事项

不建议用string(虽然上面的代码的确是string)

注意$\min$中的$r[2*p-i]$，不是$2*p-1$，同时记得下界是由对称位置的r决定而不是下标决定。

为什么是$2*p-i$？设$i,j$关于$p$对称，则$\frac{i+j}{2}=p$，所以$j=2*p-i$。

优化/简化

预处理可以用一句话解决

s[0]='$';scanf("%d %s",&n,s+1);for(int i=n;i>=1;i--) s[2*i]=s[i],s[2*i+1]='#';s[1]='#';

这同时也说明了char[]相对于string的优点之一。

例题

【例题1】不交回文串

给一个字符串$S$，问其有多少对不相交的回文子串。

先跑模板，计算每个位置上最长回文串。再差分转前缀和地求以i开头/结尾的回文串个数，再对其中一个做前缀和，用另一个乘一下即为答案。

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<map>

#include<set>

#include<queue>

#include<vector>

#define IL inline

#define re register

#define LL long long

#define ULL unsigned long long

#ifdef TH

#define debug printf("Now is %d\n",__LINE__);

#else

#define debug

#endif

using namespace std;

template<class T>inline void read(T&x)

{

	char ch=getchar();

	int fu;

	while(!isdigit(ch)&&ch!='-') ch=getchar();

	if(ch=='-') fu=-1,ch=getchar();

	x=ch-'0';ch=getchar();

	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

	x*=fu;

}

inline int read()

{

	int x=0,fu=1;

	char ch=getchar();

	while(!isdigit(ch)&&ch!='-') ch=getchar();

	if(ch=='-') fu=-1,ch=getchar();

	x=ch-'0';ch=getchar();

	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

	return x*fu;

}

int G[55];

template<class T>inline void write(T x)

{

	int g=0;

	if(x<0) x=-x,putchar('-');

	do{G[++g]=x%10;x/=10;}while(x);

	for(int i=g;i>=1;--i)putchar('0'+G[i]);putchar('\n');

}

string str,t;

LL r[300010],pre[300010],suf[300010],sum[300010],ans;

void init()

{

	memset(r,0,sizeof(r));

	memset(pre,0,sizeof(pre));

	memset(suf,0,sizeof(suf));

	memset(sum,0,sizeof(sum));

	t.clear();

	t="$#";

	for(int i=0;i<str.size();i++)

	{

		t+=str[i];

		t+='#';

	}

	t+='@';

	str=t;

}

void manacher()

{

	int mx=1,p=1;

	for(int i=1;i<str.size()-1;i++)

	{

		if(i<mx) r[i]=min((LL)mx-i,r[2*p-i]);

		else r[i]=1;

		while(str[i-r[i]]==str[i+r[i]]) r[i]++;

		if(mx<i+r[i])

		{

			p=i;

			mx=i+r[i];

		}

	}

}

int main()

{

	while(cin>>str)

	{

		int len=str.size();

		init();

//		cout<<str<<endl;

		manacher();

		for(int i=2;i<=len*2;i++)

		{

			int x=(i+1)/2;

			suf[x]++;

			suf[x+r[i]/2]--;

		}

		for(int i=len*2;i>=2;i--)

		{

			int x=i/2;

			pre[x]++;

			pre[x-r[i]/2]--;

		}

		for(int i=len;i>=1;i--)

		{

			pre[i]+=pre[i+1];

		}

		for(int i=1;i<=len;i++)

		{

			suf[i]+=suf[i-1];

			sum[i]=sum[i-1]+suf[i];

		}

		ans=0;

		for(int i=1;i<=len;i++)

		{

			ans+=pre[i]*sum[i-1];

		}

		cout<<ans<<endl;

	}

	return 0;

}

双倍回文

题面亦可见洛谷 P4287 [SHOI2011]双倍回文

在跑manacher的更新答案时，同时看看当前回文串的前一部分的后缀是否也是一个回文串。此判定可以用之前计算过的$r[i]$判定。

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<map>

#include<set>

#include<queue>

#include<vector>

#define IL inline

#define re register

#define LL long long

#define ULL unsigned long long

#ifdef TH

#define debug printf("Now is %d\n",__LINE__);

#else

#define debug

#endif

using namespace std;

template<class T>inline void read(T&x)

{

	char ch=getchar();

	int fu;

	while(!isdigit(ch)&&ch!='-') ch=getchar();

	if(ch=='-') fu=-1,ch=getchar();

	x=ch-'0';ch=getchar();

	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

	x*=fu;

}

inline int read()

{

	int x=0,fu=1;

	char ch=getchar();

	while(!isdigit(ch)&&ch!='-') ch=getchar();

	if(ch=='-') fu=-1,ch=getchar();

	x=ch-'0';ch=getchar();

	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

	return x*fu;

}

int G[55];

template<class T>inline void write(T x)

{

	int g=0;

	if(x<0) x=-x,putchar('-');

	do{G[++g]=x%10;x/=10;}while(x);

	for(int i=g;i>=1;--i)putchar('0'+G[i]);putchar('\n');

}

int n;

int len;

char ch[1000010];

string t;

int r[1000010];

int p=0,mx=0,ans;

int main()

{

	n=read();

	cin>>t;

	ch[len++]='$';

	ch[len++]='#';

	for(int i=0;i<t.size();i++)

	{

		ch[len++]=t[i];

		ch[len++]='#';

	}

	ch[len]='\0';

//	for(int i=0;i<=len;i++) cout<<ch[i];

	for(int i=1;i<=len;i++)

	{

		r[i]=i<mx?min(mx-i,r[2*p-i]):1;

		while(ch[i-r[i]]==ch[i+r[i]]) r[i]++;

		if(i+r[i]>mx)

		{

			if(i&1)

			{

				for(int j=max(mx,i+4);j<i+r[i];j++)

				{

					if((j-i)%4==0&&r[(i-(j-i)/2)]>(j-i)/2) ans=max(ans,j-i);

				}

			}

			mx=i+r[i];

			p=i;

		}

	}

	write(ans);

	return 0;

}

在题解中也遇到了说可以用并查集，回文自动机(PAM)的，日后了解。

最长双回文串

很容易想到Manacher，先打一个板子。处理完以i为中心的最长回文串之后就不知道该做什么了。

想起例题，在维护$r[i]$的同时再维护$suf[i]$和$pre[i]$……仿佛这里有点意思。

在计算$r[i]$时同时维护$ll[i],rr[i]$，分别表示以i为终点/起点的最长回文子串。

（然后其实这里可以用线段树维护，但会多一个$\log$||$10^5$谁会管多不多个$\log$呢||算了考虑各方面还是用Manacher吧）

首先在计算每一个$r[i]$时，只更新最长子序列的左右端点，即$ll[i+r[i]-1],rr[i-r[i]+1]$

注意到在原串中，相邻的回文子串，将变成，变换后的串中，以#为间隔的回文子串。

之后再扫一遍，看能否更新周围的$ll$和$rr$。

注意，这个更新是单向的。比如说$rr[i]$表示的是以$i$为起点的最长回文子串长度，那么就只能更新它右边的$rr[i+2]$。$ll[i]$同理。

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<map>

#include<set>

#include<queue>

#include<vector>

#define IL inline

#define re register

#define LL long long

#define ULL unsigned long long

#ifdef TH

#define debug printf("Now is %d\n",__LINE__);

#else

#define debug

#endif

using namespace std;

template<class T>inline void read(T&x)

{

	char ch=getchar();

	int fu;

	while(!isdigit(ch)&&ch!='-') ch=getchar();

	if(ch=='-') fu=-1,ch=getchar();

	x=ch-'0';ch=getchar();

	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

	x*=fu;

}

inline int read()

{

	int x=0,fu=1;

	char ch=getchar();

	while(!isdigit(ch)&&ch!='-') ch=getchar();

	if(ch=='-') fu=-1,ch=getchar();

	x=ch-'0';ch=getchar();

	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

	return x*fu;

}

int G[55];

template<class T>inline void write(T x)

{

	int g=0;

	if(x<0) x=-x,putchar('-');

	do{G[++g]=x%10;x/=10;}while(x);

	for(int i=g;i>=1;--i)putchar('0'+G[i]);putchar('\n');

}

int n;

char ch[500010];

int r[500010],ll[500010],rr[500010];

int main()

{

	ch[0]='$';

	scanf("%s",ch+1);

	n=strlen(ch+1);

//	cout<<n<<endl;

	for(int i=n;i>=1;i--)

	{

		ch[i*2]=ch[i];

		ch[i*2+1]='#';

	}

	ch[1]='#';

	ch[2*n+2]='@';

	for(int i=1,mx=1,p=1;i<=2*n+1;i++)

	{

		r[i]=i<mx?min(mx-i,r[2*p-i]):1;

		while(ch[i+r[i]]==ch[i-r[i]]) r[i]++;

		if(mx<i+r[i])

		{

			mx=i+r[i];

			p=i;

		}

		ll[i+r[i]-1]=max(ll[i+r[i]-1],r[i]-1);

		rr[i-r[i]+1]=max(rr[i-r[i]+1],r[i]-1);

	}

	for(int i=1;i<=2*n+1;i+=2)

	{

		rr[i+2]=max(rr[i+2],rr[i]-2);

	}

	for(int i=2*n+1;i>=3;i-=2)

	{

		ll[i-2]=max(ll[i-2],ll[i]-2);

	}

	int ans=0;

	for(int i=1;i<=2*n+1;i+=2)

	{

		if(ll[i]&&rr[i]) ans=max(ans,ll[i]+rr[i]);

	}

	write(ans);

	return 0;

}

注意第88行（倒数第5行）必须先判断ll和rr都有值，才能更新ans。

hack数据类似于awa，错误答案3，正确输出2。因为程序在计算第一个#（以及最后一个#）时，$ll=3,rr=0$。这种只有一边有回文串的端点不应被更新答案。

在luogu被hack，但是这里没有awa.

对称子序列

求一个只含a和b的字符串有多少个非连续对称子序列。

位置和字符都关于某条对称轴对称。
选取的子序列不能是连续的一段(即不能是一个子串)。

答案对$10^9+7$取模。

$|S|\le 10^5$。

首先明确一个公式，非连续对称子序列数=回文子序列数-回文子串数

回文子串数可以用Manacher求出。

考虑怎么求回文子序列数？

注意到用Manacher求出的是以每条对称轴所构成的最长回文子串的长度，其实是计算了每个对称轴对答案的贡献。

那么回文子序列数也可以用类似的思想。

设$f[(i+j)/2]$是以$i,j$中间点为对称轴，有多少对称的字符。

这个可以用$FFT$求。

~~类似于Manacher，可以通过插#把$(i+j)/2$变成$i+j$。~~

那么这个对称轴受到的贡献就是$2^{f[i]}-1$。（每一对对称的字符都可以有选和不选两种情况，但是唯独有一种——一对都不选——不可以，所以要减去1）。

总的来说就是两遍$FFT$+快速幂+Manacher。