LOJ 3049: 洛谷 P5284: 「十二省联考 2019」字符串问题

题目传送门：LOJ #3049。

题意简述：

给定一个长度为 \(n\) 的母串 \(S\)。

有 \(n_a\) 个 A 类串，都是 \(S\) 的子串，以区间的形式给出。

有 \(n_b\) 个 B 类串，都是 \(S\) 的子串，以区间的形式给出。

有 \(m\) 个支配关系，形式为第 \(i\) 个 A 类串支配第 \(j\) 个 B 类串。

你需要求出最长的字符串 \(T\) 的长度，使得 \(T\) 可以被划分为若干个 A 类串的拼接，并且相邻两个 A 类串 \(t_i\) 和 \(t_{i+1}\) 满足 \(t_i\) 支配某个 B 类串 \(j\)，而 \(j\) 是 \(t_{i+1}\) 的前缀。

如果 \(T\) 可以无限长，输出 -1。

题解：

如果我们设法从每个 B 类串向存在前缀为这个 B 类串的 A 类串连边，则显然若有环则答案可以无限大，若无环则可以做一遍 DAG DP 得到答案。

然而我们并不能直接实现这一过程，且不论能否快速确定前缀从属关系，这类边的条数就能达到 \(\mathcal{O}(n_an_b)\) 级别。

当边数太多时，首先应该想到的就是数据结构优化建边，典型的例子是树状结构优化建边，例如线段树和后缀树。

实际上这题可以直接使用后缀树优化建边，边数只有线性级别，但是过程还是 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 的。至于建后缀树可以直接建也可以对反串建 SAM。

对于我这种不会后缀树，SAM 理解也不深的菜兔，还是选择了后缀数组。

首先建出后缀数组，这个大家都会。然后对每个 B 类串考虑如何连边。

假设我们已经对每个 A 类和 B 类串在母串上定位了，那么包含某个 B 类串作为前缀的 A 类串需要满足两个条件：

该 A 串的左端点对应的后缀和 B 串的左端点对应的后缀的 LCP 长度应该大于 B 串的长度，并且该 A 串的长度也应该大于 B 串的长度。

第一个条件可以转化为对应着后缀数组上的一段区间，具体根据 Height 数组确定，这一步建出 ST 表后二分可以在 \(\mathcal{O}(\log n)\) 的时间内解决。

第二个条件似乎没有什么巧妙的办法。不过我们可以考虑按照长度从大到小的顺序加入每个串，这样就能够扔掉第二个限制了。

所以具体的思路就是按照长度从大到小排序插入 A 类串，在 B 类串和数据结构之间建边，使用合适的数据结构维护历史版本和区间。

很显然，主席树便是合适的数据结构，主席树优化建边，树内边数 \(\mathcal{O}(n_a\log n)\)，树外边数 \(\mathcal{O}(n_b\log n)\)。

接下来是代码，复杂度 \(\mathcal{O}((n+n_a+n_b)\log n)\)：

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>

typedef long long LL;
const int MN = 200005;
const int MS = 4200005;

char str[MN];
int N, Sig, rk[MN], SA[MN], SA2[MN], buk[MN], tmp[MN];
int Height[MN];
inline void getHeight() {
	for (int i = 1, k = 0; i <= N; ++i) {
		if (rk[i] == 1) { Height[rk[i]] = k = 0; continue; }
		if (k) --k;
		int j = SA[rk[i] - 1];
		while (i + k <= N && j + k <= N && str[i + k] == str[j + k]) ++k;
		Height[rk[i]] = k;
	}
}
inline void RSort() {
	for (int i = 1; i <= Sig; ++i) buk[i] = 0;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) ++buk[rk[i]];
	for (int i = 1; i <= Sig; ++i) buk[i] += buk[i - 1];
	for (int i = N; i >= 1; --i) SA[buk[rk[SA2[i]]]--] = SA2[i];
}
inline void getSA(char *str) {
	Sig = 127, rk[N + 1] = 0;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) rk[i] = str[i], SA2[i] = i;
	RSort();
	for (int j = 1; j <= N; j <<= 1) {
		int p = 0;
		for (int i = N - j + 1; i <= N; ++i) SA2[++p] = i;
		for (int i = 1; i <= N; ++i) if (SA[i] > j) SA2[++p] = SA[i] - j;
		RSort();
		tmp[SA[1]] = p = 1;
		for (int i = 2; i <= N; ++i) {
			int lst = SA[i - 1], now = SA[i];
			if (rk[lst] != rk[now] || rk[lst + j] != rk[now + j]) ++p;
			tmp[SA[i]] = p;
		}
		for (int i = 1; i <= N; ++i) rk[i] = tmp[i];
		if ((Sig = p) == N) break;
	}
	getHeight();
}

int Lg[MN];
inline void Log(int N) {
	Lg[0] = -1;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) Lg[i] = Lg[i >> 1] + 1;
}
int ST[MN][18];
inline void InitST() {
	for (int i = 2; i <= N; ++i) ST[i][0] = Height[i];
	for (int j = 1; j <= Lg[N - 1]; ++j) {
		for (int i = 1; i <= 1 << j; ++i) ST[i][j] = 0;
		for (int i = 1 << j | 1; i <= N; ++i)
			ST[i][j] = std::min(ST[i - (1 << (j - 1))][j - 1], ST[i][j - 1]);
	}
}

int NA, la[MN], ra[MN];
int NB, lb[MN], rb[MN];
struct sub {
	int lb, len, typ, id;
	sub() {}
	sub(int lb, int len, int typ, int id) : lb(lb), len(len), typ(typ), id(id) {}
	inline friend bool operator <(sub i, sub j) {
		return i.len == j.len ? i.typ < j.typ : i.len > j.len;
	}
} substrs[MN * 2];

int d[MS];
std::vector<int> G[MS];
inline void addEdge(int x, int y) { ++d[y]; G[x].push_back(y); }

int rt[MN], lc[MS], rc[MS], wgh[MS], cnt;
void Mdf(int &rt, int l, int r, int p, int x) {
	lc[++cnt] = lc[rt], rc[cnt] = rc[rt];
	if (rt) addEdge(cnt, rt);
	wgh[rt = cnt] = 0;
	if (l == r) { addEdge(rt, x); return ; }
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (p <= mid) Mdf(lc[rt], l, mid, p, x), addEdge(rt, lc[rt]);
	else Mdf(rc[rt], mid + 1, r, p, x), addEdge(rt, rc[rt]);
}
void Edg(int rt, int l, int r, int a, int b, int x) {
	if (!rt || r < a || b < l) return ;
	if (a <= l && r <= b) { addEdge(x, rt); return ; }
	int mid = (l + r) >> 1;
	Edg(lc[rt], l, mid, a, b, x);
	Edg(rc[rt], mid + 1, r, a, b, x);
}

int que[MS], l, r;
LL f[MS];

int main() {
	int T; scanf("%d", &T);
	Log(200000);
	while (T--) {
		scanf("%s", str + 1);
		N = strlen(str + 1);
		getSA(str);
		InitST();
		scanf("%d", &NA);
		for (int i = 1; i <= NA; ++i)
			scanf("%d%d", &la[i], &ra[i]),
			substrs[i] = sub(rk[la[i]], ra[i] - la[i] + 1, 0, i);
		scanf("%d", &NB);
		for (int i = 1; i <= NB; ++i)
			scanf("%d%d", &lb[i], &rb[i]),
			substrs[NA + i] = sub(rk[lb[i]], rb[i] - lb[i] + 1, 1, i);
		std::sort(substrs + 1, substrs + NA + NB + 1);
		cnt = NA + NB;
		for (int i = 1; i <= NA; ++i) wgh[i] = ra[i] - la[i] + 1;
		for (int i = 1; i <= NB; ++i) wgh[NA + i] = 0;
		for (int i = 1, gen = 0; i <= NA + NB; ++i) {
			sub p = substrs[i];
			if (!p.typ) ++gen, Mdf(rt[gen] = rt[gen - 1], 1, N, p.lb, p.id);
			else {
				int Lb = p.lb, Rb = p.lb;
				for (int j = Lg[p.lb - 1]; ~j; --j)
					if (ST[Lb][j] >= p.len) Lb -= 1 << j;
				for (int j = Lg[N - p.lb]; ~j; --j)
					if (Rb + (1 << j) <= N && ST[Rb + (1 << j)][j] >= p.len) Rb += 1 << j;
				Edg(rt[gen], 1, N, Lb, Rb, NA + p.id);
			}
		}
		int M; scanf("%d", &M);
		for (int i, j; M--; ) {
			scanf("%d%d", &i, &j);
			addEdge(i, NA + j);
		}
		LL Ans = 0;
		l = 1, r = 0;
		for (int i = 1; i <= cnt; ++i) {
			f[i] = wgh[i];
			if (!d[i]) que[++r] = i;
		}
		while (l <= r) {
			int u = que[l++];
			Ans = std::max(Ans, f[u]);
			for (auto v : G[u]) {
				f[v] = std::max(f[v], f[u] + wgh[v]);
				if (!--d[v]) que[++r] = v;
			}
		}
		if (r != cnt) puts("-1");
		else printf("%lld\n", Ans);
		for (int i = 1; i <= cnt; ++i) d[i] = 0, G[i].clear();
	}
	return 0;
}

实际上，同样是后缀数组预处理，关于建边有更好的方法，比如用后缀数组建出后缀树，然后在后缀树上乱搞建边，这样是线性的。