P6793-[SNOI2020]字符串【广义SAM,贪心】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6793

---

题目大意

给出两个长度为\(n\)的字符串，取出他们所有长度为\(k\)的连续子串分别构成两个可重集合\(A,B\)。

你每次可以花费\(x\)点代价修改\(A\)中一个字符串长度为\(x\)的后缀，求至少花费多少代价能够使得两个集合完全相同。

\(1\leq k\leq n\leq 1.5\times 10^5\)

---

解题思路

两个串\(S,T\)的匹配代价是\(max\{k-LCP(S,T),0\}\)

这个和之前有道题很像，沿用想法就是在后缀树上搞。

两个点的\(LCP\)可以在他们后缀树上的\(LCA\)处得到。

现在问题就变为了有一些黑白点，知道两个点匹配的代价与\(LCA\)的关系，求最小代价和。

基础贪心？直接在深度小的地方合并完就好了。

后缀树就是把反串跑广义SAM就好了

时间复杂度\(O(n)\)

---

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=6e5+10;
struct node{
	ll to,next;
}a[N];
ll n,k,tot,ls[N],v[N][2],ans;
ll ch[N][26],fa[N],len[N],cnt;
char sa[N],sb[N];
ll Insert(ll p,ll c){
	if(ch[p][c]){
		ll q=ch[p][c];
		if(len[p]+1==len[q])return q;
		ll nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;
		memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));
		fa[nq]=fa[q];fa[q]=nq;
		for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;
		return nq;
	}
	ll np=++cnt;len[np]=len[p]+1;
	for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=np;
	if(!p)fa[np]=1;
	else{
		ll q=ch[p][c];
		if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q;
		else{
			ll nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;
			memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));
			fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;
			for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;
		}
	}
	return np;
}
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dfs(ll x){
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;dfs(y);
		v[x][0]+=v[y][0];
		v[x][1]+=v[y][1];
	}
	ll tmp=min(v[x][0],v[x][1]);
	ans+=max(k-len[x],0ll)*tmp;
	v[x][0]-=tmp;v[x][1]-=tmp;
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	scanf("%s",sa+1);
	scanf("%s",sb+1);
	ll last=cnt=1;
	for(ll i=n;i>=1;i--)
		last=Insert(last,sa[i]-'a'),v[last][0]+=((n-i+1)>=k);
	last=1;
	for(ll i=n;i>=1;i--)
		last=Insert(last,sb[i]-'a'),v[last][1]+=((n-i+1)>=k);
	for(ll i=2;i<=cnt;i++)addl(fa[i],i);
	dfs(1);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}