【做题】BZOJ2342 双倍回文——马拉车&并查集

题意：有一个长度为\(n\)的字符串，求它最长的子串\(s\)满足\(s\)是长度为4的倍数的回文串，且它的前半部分和后半部分都是回文串。

\(n \leq 5 \times 10^5\)

首先，显然要用manacher求出以每一位为中心的最长回文串。考虑枚举\(s\)最中间的一个位置\(i\)，且以其为中心的最长回文串长度为\(2 r_i\)，那么，前半部分的中心\(j\)就必须在\([i - \lfloor \frac {r_i} {2} \rfloor,i)\)的区间上，并且\(i - j \leq r_j\)。当然，我们会贪心地选择这个区间上最左边的合法的\(j\)。并且，只要某个\(j\)在当前中心为\(i\)的时候满足\(i - j \leq r_j\)，那么，对于所有\(k \leq i\)，都有\(k - j \leq r_j\)。

于是，只要从左往右移动\(i\)，每次删除移动后非法的\(j\)，问题就变成实现一个数据结构，支持：

• 删除一个元素
• 求一个值后继

这可以轻易地以\(O(n \log n)\)的时间复杂度实现，但我们希望一个更优的算法。

考虑一个元素如果每删除了，那么受影响的就只有以它为后继的值。这些值的后继会变成它们后继的后继。设\(S_i\)表示以元素\(i\)为后继的所有值的集合，那么，删除\(i\)后，我们只要把\(S_i\)合并到\(S_j\)里面就可以了。（元素\(j\)是元素\(i\)的后继）

因此，我们用并查集维护一下就好了。这个巧妙的技巧应该会在本题卡常时发挥作用。

时间复杂度\(O(n \alpha(n))\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 500010;
int n,len[N * 2],r[N];
char s[N];
void manacher() {
  for (int i = 2 ; i <= (n << 1) ; ++ i) {
    int l = i >> 1, r = (i + 1) >> 1;
    while (s[l - len[i]] == s[r + len[i]] && l - len[i] >= 1 && r + len[i] <= n)
      ++ len[i];
    l = i - 1, r = i + 1;
    while ((l >> 1) - len[l] > (i >> 1) - len[i] && l >= 1 && r <= 2 * n)
      len[r++] = len[l--];
    len[r] = ((i + 1) >> 1) + len[i] - ((r + 1) >> 1);
    i = r - 1;
  }
}
int uni[N],ans;
vector<int> vec[N];
int getfa(int pos) {
  return pos == uni[pos] ? pos : uni[pos] = getfa(uni[pos]);
}
int main() {
  scanf("%d",&n);
  scanf("%s",s+1);
  manacher();
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    r[i] = len[i << 1 | 1];
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    uni[i] = i;
  for (int i = 1 ; i < n ; ++ i) {
    int k = i - (r[i] >> 1);
    ans = max(ans,4 * (i - getfa(k)));
    vec[i + r[i]].push_back(i);
    for (int j = 0 ; j < (int)vec[i].size() ; ++ j)
      uni[vec[i][j]] = vec[i][j] + 1;
  }
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}

小结：对一些简单的小技巧还是不熟悉。或许是平庸的大数据结构做多了的问题吧。做题策略要调整。