CodeForces 427D Match & Catch

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给定\(2\)个字符串\(a,b,|a|=n,|b|=m\)，求最长的既在\(a\)中出现恰好\(1\)次又在\(b\)中出现恰好\(1\)次的非空字符串的长度，如果不存在输出\(-1\)。

\(n,m\in[1,5000]\)。

emmm，数据范围很不友好，\(\mathrm O(nm)\)带\(\log\)都不行。。。

考虑枚举\(a\)的子串。枚举子串可以转化为枚举所有后缀的所有前缀，这样一来就有了“前缀”这个东西可以利用。

我们在枚举\(a\)的后缀\(a_{i\sim n}\)的时候，令\(c=a_{i\sim n}+\texttt{!}+a+\texttt{@}+b,s=|c|\)。对\(c\)跑一遍Z算法（如果聪明的读者还不知道Z算法是什么，please点击这个），就可以知道后缀\(a_{i\sim n}\)在\(a,b\)中的出现情况了。

我们先把\(z_{c,n-i+3\sim 2n-i+2},z_{c,2n-i+4\sim s}\)分别装在\(2\)个桶\(buc1,buc2\)里，即\(buc1_j\)表示使得从\(a\)的这个位置往后和\(a_{i\sim n}\)的前缀匹配最长长度为\(j\)的位置数，\(buc2\)类似。可是我们想要的是使得从\(a\)的这个位置往后和\(a_{i\sim n}\)的前缀匹配最长长度\({\ge j}\)的位置数，也就是使得从\(a\)的这个位置往后和\(a_{i\sim n}\)的前缀能够匹配\(j\)这么长的位置数。于是我们可以从\(j=n-i+1\)到\(j=1\)从大到小枚举即将被check的\(a_{i\sim n}\)的前缀的长度\(j\)，每次若\(buc1_j=buc2_j=1\)，则check成功，更新答案\(ans=\max(ans,j)\)，然后令\(buc1_{j-1}=buc1_{j}+buc1_{j-1},buc2_{j-1}=buc2_{j}+buc2_{j-1}\)即可。考虑为什么这么从大到小递推是对的：首先\(buc1_{n-i+1},buc2_{n-i+1}\)本来就有我们想要的意思。每次更新\(buc1_{j-1},buc2_{j-1}\)都会把它们变成我们想要的意思下的值（感性理解理解），于是每到一个\(j\)，\(buc1_j,buc2_j\)都会是我们想要的意思咯。（想一想就会发现，上述那个递推就是\([1,buc1_j/buc2_j]\)区间\(+1\)的差分。当然如果想不到差分的话，线段树或树状数组是比较容易想的，但是带\(\log\)，过不掉。。。）

这样复杂度就是\(\mathrm O(n(n+m))\)，侥幸过。

下面考虑哈希怎么做。很显然是做不了的。。。最快也就是按上述方法，用哈希+二分求\(z\)数组，但数据范围不友好啊QWQ

对了，数据不清空，爆零两行泪。每枚举一个\(a\)的后缀时，都要清空\(2\)个桶！！！

下面上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=5000,M=5000;
int n,m,s;//|a|，|b|，|c|
char a[N+5],b[M+5],c[2*N+M+5]/*a的后缀+'!'+a+'@'+b*/;
int z[2*N+M+1];//z数组
void z_init(){//Z算法
	int zl=0,zr=0;
	for(int i=2;i<=s;i++)
		if(zr<i){
			z[i]=0;
			while(i+z[i]<=s&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++;
			if(z[i])zl=i,zr=i+z[i]-1;
		}
		else if(i+z[i-zl+1]<=zr)z[i]=z[i-zl+1];
		else{
			z[i]=zr-i+1;
			while(i+z[i]<=s&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++;
			zl=i;zr=i+z[i]-1;
		}
//	cout<<"z";for(int i=2;i<=s;i++)cout<<z[i];puts("");
}
int buc1[N+1],buc2[N+1];//2个桶
int main(){
	cin>>a+1>>b+1;
	n=strlen(a+1);m=strlen(b+1);
	int ans=inf;
	for(int i=1;i<=n;i++){//枚举后缀的左端点
		s=0;
		for(int j=i;j<=n;j++)c[++s]=a[j];
		c[++s]='!';
		for(int j=1;j<=n;j++)c[++s]=a[j];
		c[++s]='@';
		for(int j=1;j<=m;j++)c[++s]=b[j];
		c[s+1]=0;
		//上面都在造c
//		cout<<c+1<<"\n";
		z_init();
		memset(buc1,0,sizeof(buc1));memset(buc2,0,sizeof(buc2));//数据不清空，爆零两行泪
//		for(int j=n-i+3;j<=2*n-i+2;j++)cout<<c[j];cout<<" ";for(int j=2*n-i+4;j<=s;j++)cout<<c[j];puts("");
		for(int j=n-i+3;j<=2*n-i+2;j++)buc1[z[j]]++;//装到桶里面
		for(int j=2*n-i+4;j<=s;j++)buc2[z[j]]++;//同上
		for(int j=n-i+1;j;j--){//枚举后缀的前缀的长度
//			printf("buc1[%d]=%d buc2[%d]=%d\n",j,buc1[j],j,buc2[j]);
			if(buc1[j]==1&&buc2[j]==1)ans=min(ans,j);//如果各出现恰好1次，则更新答案
			buc1[j-1]+=buc1[j];buc2[j-1]+=buc2[j];//将buc1[j-1],buc2[j-1]变为我们想要的意思
		}
//		puts("");
//		cout<<"ans="<<ans<<"\n";
	}
	printf("%d",ans<inf?ans:-1);
	return 0;
}