hdu 4691 Front compression (后缀数组)
题意:很简单的,就是给一个字符串,然后给出n个区间,输出两个ans,一个是所有区间的长度和,另一个是区间i跟区间i-1的最长公共前缀的长度的数值的长度,加上不是公共部分的字符个数,加2,累加起来。
解题思路:后缀数组裸题。。用rmq求最长公共前缀,询问就是o(1)的。有队伍用暴力的方法过的,对于i区间与i-1区间,如果左端点一样,就去长度小的那个,否则就暴力枚举相同的前缀。但我认为这样是不可以的,比如我的数据是10w个a,询问10w,第i个区间的左端点是i,所有右端点是len[s],那这样的复杂度应该是o(n^2)吧。所以还是后缀数组靠谱。。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define ll __int64
using namespace std ;
const int maxn = 511111 ; int p[maxn] ;
int min ( int a , int b ) { return a < b ? a : b ; }
int dp[25][maxn] , f[maxn] , fuck , n , l[maxn] , r[maxn] ;
ll ans1 , ans2 , d[maxn] ; ll get ( int n ) {
ll i = 0 ;
if ( n == 0 ) i = 1 ;
while ( n ) {
i ++ ;
n /= 10 ;
}
return i + 1 ;
} struct Suf{
int wa[maxn] , wb[maxn] , ws[maxn] , wv[maxn] ;
int rank[maxn] , hei[maxn] , sa[maxn] ; int cmp ( int *r , int i , int j , int l ){ return r[i] == r[j] && r[i+l] == r[j+l] ; } void da ( int *r , int n , int m ){
int *x = wa , *y = wb , *t ;
int i , j , k , p ;
for ( i = 0 ; i < m ; i ++ ) ws[i] = 0 ;
for ( i = 0 ; i < n ; i ++ ) ws[x[i]=r[i]] ++ ;
for ( i = 1 ; i < m ; i ++ ) ws[i] += ws[i-1] ;
for ( i = n - 1 ; i >= 0 ; i -- ) sa[--ws[x[i]]] = i ;
for ( j = 1 , p = 1 ; p < n ; j *= 2 , m = p ) {
for ( p = 0 , i = n - j ; i < n ; i ++ ) y[p++] = i ;
for ( i = 0 ; i < n ; i ++ ) if ( sa[i] >= j ) y[p++] = sa[i] - j ;
for ( i = 0 ; i < m ; i ++ ) ws[i] = 0 ;
for ( i = 0 ; i < n ; i ++ ) ws[x[i]] ++ ;
for ( i = 1 ; i < m ; i ++ ) ws[i] += ws[i-1] ;
for ( i = n - 1 ; i >= 0 ; i -- ) sa[--ws[x[y[i]]]] = y[i] ;
for ( t = x , x = y , y = t ,x[sa[0]] = 0 , p = 1 , i = 1 ; i < n ; i ++ )
x[sa[i]] = cmp ( y , sa[i-1] , sa[i] , j ) ? p - 1 : p ++ ;
}
k = 0 ;
for ( i = 1 ; i < n ; i ++ ) rank[sa[i]] = i ;
for ( i = 0 ; i < n - 1 ; hei[rank[i++]] = k )
for ( k ? k -- : 0 , j = sa[rank[i]-1] ; r[i+k] == r[j+k] ; k ++ ) ;
} void rmq ( int n ) {
int i , j ;
for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) dp[0][i] = hei[i] ;
for ( i = 1 ; i <= 20 ; i ++ )
for ( j = 1 ; j + ( 1 << i ) - 1 <= n ; j ++ )
dp[i][j] = min ( dp[i-1][j] , dp[i-1][j+(1<<(i-1))] ) ;
} int query ( int l , int r ) {
if ( l > r ) swap ( l , r ) ;
l ++ ;//要从height[l+1]到height[r]之间求最小值
if ( l == r ) return dp[0][l] ;
int k = r - l + 1 ;
return min ( dp[f[k]][l] , dp[f[k]][r-(1<<f[k])+1] ) ;
} void solve () {
int i , j , k ;
for ( i = 2 ; i <= n ; i ++ ) {
ll add ;
if ( l[i] == l[i-1] ) add = min ( d[i] , d[i-1] ) ;
else add = query ( rank[l[i-1]] , rank[l[i]] ) ;
// printf ( "add = %I64d , d1 = %I64d , d2 = %I64d\n" , add , d[i-1] , d[i] ) ;
add = min ( add , min ( d[i] , d[i-1] ) ) ;
ans2 += get ( add ) ;
// printf ( "add = %I64d\n" , d[i] - add + 1 ) ;
ans2 += (ll) d[i] - add + 1 ;
// printf ( "ans2 = %I64d\n" , ans2 ) ;
}
} } arr ; char s1[maxn] ;
int s[maxn] ; int main () {
int cas , i , j , ca = 0 ;
j = 0 ;
for ( i = 1 ; i < maxn - 1111 ; i ++ ) {
if ( i > 1 << j + 1 ) j ++ ;
f[i] = j ;
}
while ( scanf ( "%s" , s1 ) != EOF ) {
ans1 = ans2 = 0 ;
int len = strlen ( s1 ) ;
scanf ( "%d" , &n ) ;
for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
scanf ( "%d%d" , &l[i] , &r[i]) , r[i] -- , d[i] = r[i] - l[i] + 1 ;
ans1 += (ll) d[i] + 1 ;
}
for ( i = 0 ; i < len ; i ++ ) s[i] = s1[i] ;
s[len] = 0 ;
arr.da ( s , len + 1 , 555 ) ;
ans2 = 2 + d[1] + 1 ;
// printf ( "ans2 = %I64d\n" , ans2 ) ;
arr.rmq ( len ) ;
arr.solve () ;
printf ( "%I64d %I64d\n" , ans1 , ans2 ) ;
}
}
hdu 4691 Front compression (后缀数组)的更多相关文章
- HDU-4691 Front compression 后缀数组
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4691 后缀数组模板题,求出Height数组后,对Height做RMQ,然后直接统计就可以了... // ...
- HDU 4691 Front compression(后缀数组)
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4691 题意:给出Input,求出Compressed output.输出各用多少字节. 思路:求后缀数 ...
- HDU 4691 Front compression (2013多校9 1006题 后缀数组)
Front compression Time Limit: 5000/5000 MS (Java/Others) Memory Limit: 102400/102400 K (Java/Othe ...
- hdu4691 Front compression(后缀数组)
Front compression Time Limit: 5000/5000 MS (Java/Others) Memory Limit: 102400/102400 K (Java/Others) ...
- HDU 4691 正解后缀数组(暴力也能过)
本来是个后缀数组,考察算法的中级题目,暴力居然也可以水过,就看你跳不跳坑了(c++和G++返回结果就很不一样,关键看编译器) 丝毫不差的代码,就看运气如何了.唯一差别c++还是G++,但正解是后缀数组 ...
- hdu 4691 Front compression
暴力水过,剪一下枝= =果断是数据水了 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ...
- 【HDOJ】4691 Front compression
后缀数组基础题目,dc3解. /* 4691 */ #include <iostream> #include <sstream> #include <string> ...
- hdu 5442 Favorite Donut 后缀数组
Favorite Donut Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid ...
- hdu 4622 Reincarnation(后缀数组)
hdu 4622 Reincarnation 题意:还是比较容易理解,给出一个字符串,最长2000,q个询问,每次询问[l,r]区间内有多少个不同的字串. (为了与论文解释统一,这里解题思路里sa数组 ...
随机推荐
- android音乐柱状频谱实现
from: http://blog.csdn.net/topgun38/article/details/7663849 原文地址:http://blog.csdn.net/caryee89/artic ...
- Android GPS应用:临近警告
前面介绍过LocationManager有一个addProximityAlert(double latitude,double longitude,float radius,long expirati ...
- Android 启动APP时黑屏白屏的三个解决方案(转载)
你会很奇怪,为什么有些app启动时,会出现一会儿的黑屏或者白屏才进入Activity的界面显示,但是有些app却不会如QQ手机端,的确这里要做处理一下.这里先了解一下为什么会出现这样的现象,其实很简单 ...
- 【SVN】is out of date
右击项目(team->update 或者 team->freash/cleanup),再操作,提交就可以了.
- B - 最大报销额
注意超时问题,一个题可能有很多种方法解决,但是想到解决方法的同时一定要考虑这个方法的复杂度,特别是对于acm的题,有可能出现超时的情况,很浪费时间 正式比赛中就很遗憾,血的教训. 下面贴上超时的代码并 ...
- AddSelf
今天看 C语言深度深度解剖 第58页 看到了这么一段代码,就敲进了dev 谁知居然出现了个死循环.但是我不知道为什么. 贴出来,等有空了再请教别人好好分析,或者是网络上的高人指点一下 //d ...
- Spring IOC三种注入方式(接口注入、setter注入、构造器注入)(摘抄)
IOC ,全称 (Inverse Of Control) ,中文意思为:控制反转, Spring 框架的核心基于控制反转原理. 什么是控制反转?控制反转是一种将组件依赖关系的创建和管理置于程序外部的技 ...
- 临时节点不能有child 子节点
[zk: 127.0.0.1:2181(CONNECTED) 67] create '/zk01/0001/aaaa' dada Ephemerals cannot have children: /z ...
- POJ Octal Fractions(JAVA水过)
题目链接:id=1131" target="_blank">CLICK HERE~ 尽管java一下模拟水过,可是我看到别人的一段奇妙代码,贴出和大家共享. imp ...
- linux 单网卡绑定两个ip
一.ubuntu系统: #vi /etc/network/interfaces OR $ sudo vi /etc/network/interfaces Modify as follows: au ...