bzoj 3676 [Apio2014]回文串（Manacher+SAM）

【题目链接】

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3676

【题意】

给定一个字符串，定义一个串的权值为长度*出现次数，求最大权的回文子串。

【思路】

马拉车求出本质不同的回文子串。

对于一个回文子串，在SAM中用倍增法在O(logn)的时间得到它的出现次数，即SAM中每个节点的right集大小，倍增数组和right都可以通过提前处理得到。

更新答案即可。

　先来考虑一个简单的问题：

给出一个串S（|S|<=1000000）和M个询问，每次询问S中[si,ti]这一段串在总串中出现过几次。

显然我们可以建出后缀数组并用二分+ST表简单地完成。

但如果我们一定要用后缀自动机的知识呢？

我们会发现，倘若我们能快速找到一个节点（状态）表示当前s~t这一段，只需直接调用它的size即可。

（有关size的预处理：在SAM建立好之后，用所有点的size去累加它的parent的size）

那么如何快速找到这样一个状态呢？

首先SAM有一个性质：把每一个节点向它的parent连边，得到的树是原串的逆序串的后缀树。（只是这棵后缀树压缩后的边权都不知道）

也就是说，如果我们构建出一棵SAM，它将同时有后缀树和trie的性质。

举个例子，比如字符串baabaaa。设询问为s=5，t=6

首先画出对应的后缀树（空节点不再画出）：

注意此时后缀树中“浅”的点表示的是“后缀”。

我们先跑出从1开始到t的状态s，此时设我们在SAM中的节点p。样例里p对应在后缀树的最下面那个点。

但是我们发现1~t的状态太长了，我们只需要s~t的状态。

这样我们可以在这棵后缀树上倍增，能往某个祖先跑就往某个祖先跑。能跑的依据就是该祖先的深度>=t-s+1

这样，我们就跑到了p节点在后缀树上的父亲的父亲，然后直接在SAM里调用它的信息即可。

这里还有一个细节问题：如果询问是s=3,t=6，应该返回哪个点呢？

这个时候发现不能完全覆盖，要不一个点少一些，要不一个点多一些。

显然要把剩下的部分也选进去，也就是说仍然在p这个点。合法性显然，且可以证明这样最优。

 

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　Quote from Here

【代码】

 #include<set>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #include<vector>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define trav(u,i) for(int i=front[u];i;i=e[i].nxt)
 #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
 #define rep(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);a--)
 using namespace std;

 typedef long long ll;
 const int N = 6e5+;
 const int D = ;

 char s[N];
 int n,p[N];

 struct SAM
 {

     ll ans;
     int sz,last,ch[N][],fa[N],R[N],pos[N],l[N],b[N],cnt[N],fat[N][D];
     SAM()
     {
         sz=ans=; last=++sz;
         memset(cnt,,sizeof(cnt));
         memset(R,,sizeof(R));
         memset(fat,,sizeof(fat));
     }
     void add(int c,int id)
     {
         int np=++sz,p=last; last=np;
         l[np]=l[p]+; R[np]=; pos[id]=last;
         for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=np;
         if(!p) fa[np]=;
         else {
             int q=ch[p][c];
             if(l[q]==l[p]+) fa[np]=q;
             else {
                 int nq=++sz; l[nq]=l[p]+;
                 memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
                 fa[nq]=fa[q];
                 fa[q]=fa[np]=nq;
                 for(;ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=nq;
             }
         }
     }
     void get_pre()
     {
         FOR(i,,sz) cnt[l[i]]++;
         FOR(i,,n) cnt[i]+=cnt[i-];
         rep(i,sz,) b[cnt[l[i]]--]=i;
         rep(i,sz,) R[fa[b[i]]]+=R[b[i]];

         FOR(i,,sz) {
             fat[i][]=fa[i];
             FOR(j,,D-)
                 fat[i][j]=fat[fat[i][j-]][j-];
         }
     }
     void get_ans(int u,int v)
     {
         int x=pos[v];
         for(int i=D-;i>=;i--) {
             int t=fat[x][i];
             if(l[t]>=v-u+) x=t;
         }
         ans=max(ans,(ll)R[x]*(v-u+));
     }

 } sam;

 void Manacher()
 {
     int mx=,id;
     for(int i=;i<=n;i++) {
         if(mx>i) p[i]=min(mx-i,p[*id-i-]);
         else p[i]=;
         while(s[i+p[i]+]==s[i-p[i]]) {
             p[i]++;
             sam.get_ans(i-p[i]+,i+p[i]);
         }
         if(p[i]+i>mx) mx=p[i]+i,id=i;
     }
     mx=;
     for(int i=;i<=n;i++) {
         if(mx>i) p[i]=min(mx-i-,p[*id-i]);
         else p[i]=,sam.get_ans(i,i);
         while(s[i+p[i]]==s[i-p[i]]) {
             p[i]++;
             sam.get_ans(i-p[i]+,i+p[i]-);
         }
         if(p[i]+i>mx) mx=p[i]+i,id=i;
     }
 }

 int main()
 {
     scanf("%s",s+);
     n=strlen(s+);
     FOR(i,,n) sam.add(s[i]-'a',i);
     sam.get_pre();
     s[]='+',s[n+]='-';
     Manacher();
     printf("%lld",sam.ans);
     return ;
 }