●SPOJ 8222 NSUBSTR–Substrings(后缀自动机)
题链:
http://www.spoj.com/problems/NSUBSTR/
题解:
后缀自动机的水好深啊!
懂不了相关证明,带着结论把这个题做了。
看来这滩深水要以后再来了。
本题要用到一个叫 Right[P] 的数组,
表示 P对应的子串在原串中出现的所有位置的末尾位置下标的集合。
本题中,用这个数组存储集合大小就好了,即 P对应的子串在原串中出现了Right[p]次。
而Right[P]的值,等于从改点出发到结束状态的方案数。
但这个不好求,而是要用到另一个求法:用 Parent树:
(暂时由结论可知)Right集合不相交,只存在并列和包含关系。
所以把原来的 pre[]的指向反向后,形成一棵树,那么父节点的Right值=sigma(子节点节点的Right)
又因为这个Parent树无法遍历,且注意到儿子节点的step一定大于父亲节点的step,
所以对所有节点桶排序后,反向枚举,去更新父亲就好了。
计算出了Right[P]后,答案就可以统计了,详见代码。
代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 500100
#define filein(x) freopen(#x".in","r",stdin);
#define fileout(x) freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
struct SAM{
int size,last,q,p,nq,np,len;
int pre[MAXN],step[MAXN],Right[MAXN],ch[MAXN][26];
int Newnode(int a,int b){
step[size]=a; memcpy(ch[size],ch[b],sizeof(ch[b]));
return size++;
}
void Extend(int x){
p=last; last=np=Newnode(step[p]+1,0);
while(p&&!ch[p][x]) ch[p][x]=np,p=pre[p];
if(!p) pre[np]=1;
else{
q=ch[p][x];
if(step[q]!=step[p]+1){
nq=Newnode(step[p]+1,q);
pre[nq]=pre[q]; pre[q]=pre[np]=nq;
while(p&&ch[p][x]==q) ch[p][x]=nq,p=pre[p];
}
else pre[np]=q;
}
}
void Make_Right(char *S){
static int c[MAXN],T[MAXN]; p=1;
for(int i=0;i<len;i++) p=ch[p][S[i]-'a'],Right[p]++; memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=1;i<size;i++) c[step[i]]++;
for(int i=1;i<=len;i++) c[i]+=c[i-1];
for(int i=1;i<size;i++) T[c[step[i]]--]=i; for(int i=size-1;i;i--) Right[pre[T[i]]]+=Right[T[i]];
}
void Build(char *S){
len=strlen(S); memset(ch[0],0,sizeof(ch[0]));
size=1; last=Newnode(0,0); pre[last]=0;
for(int i=0;i<len;i++) Extend(S[i]-'a');
Make_Right(S);
}
}suf;
int ANS[MAXN];
char S[MAXN];
int main()
{
scanf("%s",S);
int len=strlen(S);
suf.Build(S); for(int i=1;i<suf.size;i++) ANS[suf.step[i]]=max(ANS[suf.step[i]],suf.Right[i]);
for(int i=len-1;i;i--) ANS[i]=max(ANS[i],ANS[i+1]);
for(int i=1;i<=len;i++) printf("%d\n",ANS[i]);
return 0;
}
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