【border相关】【P3426】 [POI2005]SZA-Template

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Description

给定一个字符串 \(S\)，要求一个最短的字符串 \(T\)，使得 \(S\) 可以由 \(T\) 不断在后面接上自身得到。在拼接的时候， \(T\) 的某个后缀如果与某个前缀相同，则相同的部分可以算作一个，不再重复出现。

Limitations

\(1 \leq |S| \leq 5 \times 10^5\)

Solution

介绍一个叫 \(border\) 树的东西，在 OI 中被称作 \(next\) 树。

记 \(S\) 的前缀 \(i\) 的最长 \(border\) 为 \(border_i\)，考虑在 \(i\) 和 \(border_i\) 之间连一条边，最终会形成一棵以 \(0\) 为根的树。

证明上，考虑这棵树有 \(n + 1\) 个节点，而显然 \(border_i < i\)，因此每个节点连向 \(border\) 的边都是互不重复的，共有 \(n\) 条边，由此可以证明这是一颗树。

这棵树有两个优美的性质：

节点 \(u\) 的祖先集合是 \(u\) 的所有 \(border\) 集合

节点 \(u\) 的后代集合是 \(u\) 能作为 \(border\) 的 \(S\) 的前缀子串集合

对于性质 \(1\)，根据定义，\(u\) 的父节点是 \(u\) 的最长 \(border\)，迭代证明即可。

性质 \(2\) 可以由性质 \(1\) 反推得到。

现在考虑本题。

一个显而易见的结论是 \(T\) 一定是 \(S\) 的 \(border\)。

因此我们考虑枚举 \(S\) 的所有 \(border\)，我们发现对于长度为 \(i\) 的 \(border\)，如果将他在 \(border\) 树上的后代拿下来排序以后相邻两数差值的最大值大于 \(i\)，则这个 \(border\) 不能作为答案，因为对于插值最大的两个数，在拼接到左边的位置以后再加一个长度为 \(i\) 的 \(T\) 不能拼接到右侧的数，反之可以证明这个 \(border\) 是合法的。

我们考虑维护 \(border\) 的所有后代，从长到短枚举 \(border\) 时，相当于从 \(border\) 树的某个叶节点一直枚举到根，我们发现 \(border\) 变短时只会加入一些节点而不会删除，因此用一个 set 去维护这些后代，用 multiset 维护插值最大值即可。

时间复杂度 \(O(|S| \log |S|)\)

Code

写代码的时候发现一个有关 multiset 的有趣的事：erase某个值的时候，会将全部的该值删掉，如果想要只删掉一个，需要 s.erase(s.find(x))。

#include <cstdio>
#include <set>
#include <vector>
#include <algorithm>

const int maxn = 500005;

int n, ans;
char MU[maxn];
int border[maxn];
std::set<int>s;
std::multiset<int>ms;
std::vector<int>son[maxn];

void KMP();
int ReadStr(char *p);
void dfs(const int u);
void update(const int x);

void KMP();

int main() {
  freopen("1.in", "r", stdin);
  n = ReadStr(MU + 1);
  KMP();
  update(n);
  for (int i = border[n], j = n; i; j = i, i = border[i]) {
    update(i);
    for (auto u : son[i]) if (u != j) {
      dfs(u);
    }
    if (*(--ms.end()) <= i) {
      ans = i;
    }
  }
  qw(ans, '\n', true);
  return 0;
}

int ReadStr(char *p) {
  auto beg = p;
  do *p = IPT::GetChar(); while ((*p > 'z') || (*p < 'a'));
  do *(++p) = IPT::GetChar(); while ((*p >= 'a') && (*p <= 'z'));
  *p = 0;
  return p - beg;
}

void KMP() {
  for (int i = 2, j = 0; i <= n; ++i) {
    while (j && (MU[i] != MU[j + 1])) j = border[j];
    if (MU[i] == MU[j + 1]) ++j;
    son[border[i] = j].push_back(i);
  }
}

void dfs(const int u) {
  update(u);
  for (auto v : son[u]) {
    dfs(v);
  }
}

void update(const int x) {
  auto u = s.insert(x).first, ftmp = u, btmp = u;
  --ftmp; ++btmp;
  if ((u != s.begin()) && (btmp != s.end())) {
    ms.erase(ms.find(*btmp - *ftmp));
  }
  if (u != s.begin()) {
    ms.insert(x - *ftmp);
  }
  if (btmp != s.end()) {
    ms.insert(*btmp - x);
  }
}