[bzoj4199][Noi2015]品酒大会_后缀自动机_后缀树_树形dp

品酒大会 bzoj-4199 Noi-2015

题目大意：给定一个字符串，如果其两个子串的前$r$个字符相等，那么称这两个子串的开头两个位置$r$相似。如果两个位置勾兑在一起那么美味度为两个位置的乘积。

注释：$1\le length \le 3\cdot 10^5$。

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想法：我们先建立后缀自动机。

然后求出后缀树。

显然如果在后缀树上一个节点是另一个节点的祖先，那么这个节点代表的所有字符串一定是另一个节点代表的所有字符串的后缀。

唔....

这个时候我们发现不太对，于是就对反串建好了。

建立出后缀树时候，我们树形$dp$就好了啊。

然后我们求$f[i]$表示恰好$i$相似的方案数。

那么$f[i]$就是$dis$为$i$的子树两两儿子$size$和。

之后$g[i]$就是$dis$为$i$的子树中两个最大的点的乘积。

有个小问题就是权值可能为负所以还要维护最小值和次小值。

最后前缀加和前缀取$max$统计一下即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 600010
#define MAX (0x7f7f7f7f)
#define MIN (0x80808080)
using namespace std; typedef long long ll;
int w[N],a[N][26],fa[N],dis[N],lst=1,cnt=1,head[N],to[N],nxt[N],tot,size[N],mx[N],mn[N];
ll ans1[N],ans2[N]; char str[N];
inline void add(int x,int y) {to[++tot]=y; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;}
void update(int c,int v)
{
	int p=lst,np=lst=++cnt;
	dis[np]=dis[p]+1; mx[np]=mn[np]=v; size[np]=1;
	while(p&&!a[p][c]) a[p][c]=np,p=fa[p];
	if(!p) {fa[np]=1; return;}
	int q=a[p][c];
	if(dis[q]==dis[p]+1) {fa[np]=q; return;}
	int nq=++cnt;
	memcpy(a[nq],a[q],sizeof a[q]); dis[nq]=dis[p]+1;
	fa[nq]=fa[q]; fa[np]=fa[q]=nq;
	while(p&&a[p][c]==q) a[p][c]=nq,p=fa[p];
}
void dfs(int x)
{
	int p=dis[x]; for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		dfs(to[i]);
		ans1[p]+=(ll)size[x]*size[to[i]];
		if(mx[x]!=MIN) ans2[p]=max(ans2[p],(ll)mx[x]*mx[to[i]]);
		if(mn[x]!=MAX) ans2[p]=max(ans2[p],(ll)mn[x]*mn[to[i]]);
		size[x]+=size[to[i]];
		mx[x]=max(mx[x],mx[to[i]]); mn[x]=min(mn[x],mn[to[i]]);
	}
}
int main()
{
	int n; scanf("%d%s",&n,str+1);
	memset(mx,0x80,sizeof mx); memset(mn,0x7f,sizeof mn); memset(ans2,0x80,sizeof ans2);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
	for(int i=n;i;i--) update(str[i]-'a',w[i]);
	for(int i=2;i<=cnt;i++) add(fa[i],i);
	dfs(1); for(int i=n-2;~i;i--) ans1[i]+=ans1[i+1],ans2[i]=max(ans2[i],ans2[i+1]);
	for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld %lld\n",ans1[i],ans1[i]?ans2[i]:0);
	return 0;
}

小结：后缀自动机求出的后缀树还是非常好用的。