BZOJ 2746: [HEOI2012]旅行问题

2746: [HEOI2012]旅行问题

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Description

yz是Z国的领导人，他规定每个地区的名字只能为26个小写拉丁字母的一个。由于地 区数有可能超过26个，便产生了一个问题，如何辨别名字相同的地区？于是yz规定，一个 地区的描述必须包含它的所有上级，且上级按次序排列。于是，一个地区的描述是一个字符 串。比如说，一个地区的名字为c，它的上级为b，b的上级为a，a没有上级，那么这个地 区就描述为abc。显然，这个描述同时包含了c的上级b和b的上级a的描述，分别为ab和a。 值得注意的是，每个地区最多有一个上级，同一上级的地区之间名字不同，没有上级的 地区之间名字不同。现在，yz对外公布了n个地区的描述，这些描述中包含了Z国所有地区的描述，并让 你处理来访者的旅行问题。现有m对人访问这个国家，对于每对人，第一个人喜欢第i个描述中的第j个地区，设 这个地区描述为s1，第二个人喜欢第k个描述中的第l个地区，设这个地区描述为s2。他们为了统一行程，决定访问描述为s的地区（显然他们只关心地区的名字，并非是地区本身）， 设s的长度为t，s需要满足以下条件： 
1：t<=j, t<=l; 
1：s[1..t] = s1[j-t+1 … j], s[1..t] = s2[l-t+1 … l]；（即s为s1中1到k位 与s2中1到l位的公共后缀） 
2：t最大化。 
为了不使输出过大，你只需把这个字符串按照如下生成的26进制数转成10进制后mod 1000000007后输出: 
a->0 
b->1 
. 
. 
. 
z->25 
比如地区cab被编码成2 *    26? + 0 * 26? + 1 * 26? = 1353。

Input

第一行给定一个整数n 
第2…n+1行:每i+1行给定一个字符串a[i],表示第i个描述。 
接下来一行一个整数m 
接下来m行:每行给定四个整数i,j,k,l，字母含义与题目描述一致。

Output

共m行，每行一个整数，表示答案字符串的编码。

Sample Input

2
aabb babb
2
1 3 2 3
1 4 2 4

Sample Output

1
1
【样例说明】
询问1中的公共后缀有ab和b，但是没有ab这个地区，只有b地区，所以只能选择b这个 地区；
询问2中的公共后缀有abb、bb和b，但是没有abb和bb这两个地区，只有b地区，所以 只能选择b这个地区。

HINT

【数据范围】

设这个国家地区总数数为tot（注意：输入的字符串总长度可能超过tot！） 对于30%的数据，满足tot，m，n<=100；

对于50%的数据，满足tot，m，n<=1000；

对于80%的数据，满足tot，m，n<=100000；

对于100%的数据，满足tot，m，n<=1000000；

保证输入文件不超过20MB。

Source

 

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据说题面很扯，所以我就根本没有看，记录ZZ简化的题意在下。

给出N个字符串，下面M次询问，每次给定两个串的前缀，分别是S1的长度为L1的前缀，和S2的长度为L2的前缀，求这两个前缀的最长公共后缀，满足这个后缀是某个串的前缀。莫名其妙的是，题目保证你能在1E6的空间内建出Trie树……

既然能建出Trie，那就建完做个AC自动机，然后查询fail树上的LCA即可。

 #include <cstdio>

 const int mxn =  << ;
 const int mod = 1E9 + ;

 int n, m;

 int dep[mxn];

 int dis[mxn];

 int next[mxn][], tot = ;

 int st[mxn], ed[mxn << ], tim;

 inline void insert(char *s)
 {
     int t = ;

     while (*s)
     {
         int c = *s++ - 'a';

         if (next[t][c] == )
             dis[next[t][c] = ++tot] = (26LL * dis[t] + c) % mod;

         t = next[t][c];

         ed[++tim] = t;
     }
 }

 int fa[mxn][];

 inline void build(void)
 {
     static int que[mxn], hd, tl;

     fa[][] = ;

     for (int i = ; i < ; ++i)
         if (next[][i])
             fa[que[tl++] = next[][i]][] = ;

     while (hd != tl)
     {
         int t = que[hd++];

         if (t != )
             dep[t] = dep[fa[t][]] + ;

         for (int i = ; i <= ; ++i)
             fa[t][i] = fa[fa[t][i - ]][i - ];

         for (int i = ; i < ; ++i)
             if (next[t][i])
             {
                 int p = fa[t][];

                 while (p !=  && !next[p][i])
                     p = fa[p][];

                 if (next[p][i])
                     fa[next[t][i]][] = next[p][i];
                 else
                     fa[next[t][i]][] = ;

                 que[tl++] = next[t][i];
             }
     }
 }

 inline int lca(int a, int b)
 {
     if (dep[a] < dep[b])
         a ^= b ^= a ^= b;

     for (int i = ; ~i; --i)
         if (dep[fa[a][i]] >= dep[b])
             a = fa[a][i];

     if (a == b)return a;

     for (int i = ; ~i; --i)
         if (fa[a][i] != fa[b][i])
             a = fa[a][i],
             b = fa[b][i];

     return fa[a][];
 }

 signed main(void)
 {
     scanf("%d", &n);

     for (int i = ; i <= n; ++i)
     {
         static char str[mxn];

         scanf("%s", str);

         st[i] = tim;

         insert(str);
     }

     build();

     scanf("%d", &m);

     for (int i = ; i < m; ++i)
     {
         int s1, s2, l1, l2, p1, p2;
         scanf("%d%d%d%d", &s1, &l1, &s2, &l2);

         p1 = ed[st[s1] + l1];
         p2 = ed[st[s2] + l2];

         int t = lca(p1, p2);

         printf("%d\n", dis[t]);
     }
 }

@Author: YouSiki