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

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);

  }

}