BZOJ2938 [Poi2000]病毒 和 BZOJ5261 Rhyme

[Poi2000]病毒

二进制病毒审查委员会最近发现了如下的规律：某些确定的二进制串是病毒的代码。如果某段代码中不存在任何一段病毒代码，那么我们就称这段代码是安全的。现在委员会已经找出了所有的病毒代码段，试问，是否存在一个无限长的安全的二进制代码。

示例：例如如果{011, 11, 00000}为病毒代码段，那么一个可能的无限长安全代码就是010101…。如果{01, 11, 000000}为病毒代码段，那么就不存在一个无限长的安全代码。

任务：请写一个程序：

1. 读入病毒代码；
2. 判断是否存在一个无限长的安全代码；
3. 将结果输出

给出若干个 01 串,问是否存在一个无限长的 01 串,满足所有给出的串都不是它的子串.

jklover的题解

将给出的串插入到 AC 自动机里,那么若存在一个环,环上的节点及它们沿 fail 指针向上跳都不经过单词末节点,则符合要求.

插入的时候将权值一起合并,最后做一次 dfs 即可.

时间复杂度：线性。

co int N=3e4+1,S=2;
namespace AC
{
	int idx;
	int ch[N][S],fail[N],val[N];

	void ins(char*s,int len)
	{
		int u=0;
		for(int i=0;i<len;++i)
		{
			int k=s[i]-'0';
			if(!ch[u][k])
				ch[u][k]=++idx;
			u=ch[u][k];
		}
		val[u]=1;
	}

	void getfail()
	{
		std::queue<int>Q;
		for(int i=0;i<S;++i)
			if(ch[0][i])
				Q.push(ch[0][i]);
		while(Q.size())
		{
			int u=Q.front();Q.pop();
			for(int i=0;i<S;++i)
			{
				if(ch[u][i])
				{
					fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i];
					val[ch[u][i]]|=val[ch[fail[u]][i]];
					Q.push(ch[u][i]);
				}
				else
					ch[u][i]=ch[fail[u]][i];
			}
		}
	}

	int vis[N],inc[N];

	int dfs(int u)
	{
		inc[u]=1;
		for(int i=0;i<S;++i)
		{
			int v=ch[u][i];
			if(inc[v])
				return 1;
			if(vis[v]||val[v])
				continue;
			vis[v]=1;
			if(dfs(v))
				return 1;
		}
		inc[u]=0;
		return 0;
	}

	void solve()
	{
		puts(dfs(0)?"TAK":"NIE");
	}
}
int n;
char buf[N];

int main()
{
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%s",buf);
		AC::ins(buf,strlen(buf));
	}
	AC::getfail();
	AC::solve();
	return 0;
}

Rhyme

由于多次交换邮票没有满足所有人的需求，小Z被赶出了集邮部。无处可去的小Z决定加入音乐部，为了让音乐部的人注意到自己的才华，小Z想写一首曲子。为了让自己的曲子更好听，小Z找到了一些好听曲子作为模板。曲谱可以表示成只包含小写字母的字符串，小Z希望自己最终的曲谱中任意一个长度为K的子串都是一个模板的子串。现在小Z想知道自己的曲谱最长可以是多长，如果可以无限长的话请输出INF。

每组数据字符串总长不超过100000，1≤K≤100000。每个测试点数据不超过10组。

dummyummy的题解

可以先看一下这道题 [POI2000]病毒，虽然是个AC自动机，不过思路很像。

对于这道题，我们只需要把广义SAM建出来，然后在那些只经过maxlen⩾k的结点的路径中选一个最长的就行了。最后一步可以用拓扑排序来完成。

拓扑建边时可以直接向fail连边，而不是把儿子补全（像AC自动机那样ch[u][c]=ch[fail[u]][c]），这样能降低复杂度。

最后如果出现环，就输出INF，否则求最长路径，注意特判所有结点的maxlen都小于k的情况，题目最下方有说明。

时间复杂度\(O(\sum |s|)\)。

typedef pair<int,int> pii;

co int N=2e5+3;
int n,k;
char str[N];
int tot;
int ch[N][26],fa[N],len[N];
vector<pii> g[N];
int ind[N],dis[N];
void clear(){
	for(int i=1;i<=tot+2;++i){
		memset(ch[i],0,sizeof ch[i]);
		g[i].clear(),ind[i]=dis[i]=0;
	}
	tot=1;
}
int extend(int p,int c){
	int last;
	if(ch[p][c]){
		int q=ch[p][c];
		if(len[q]==len[p]+1) last=q;
		else{
			int clone=last=++tot;
			memcpy(ch[clone],ch[q],sizeof ch[q]);
			fa[clone]=fa[q],len[clone]=len[p]+1;
			fa[q]=clone;
			for(;ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=clone;
		}
	}
	else{
		int cur=last=++tot;
		len[cur]=len[p]+1;
		for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=cur;
		if(!p) fa[cur]=1;
		else{
			int q=ch[p][c];
			if(len[q]==len[p]+1) fa[cur]=q;
			else{
				int clone=++tot;
				memcpy(ch[clone],ch[q],sizeof ch[q]);
				fa[clone]=fa[q],len[clone]=len[p]+1;
				fa[cur]=fa[q]=clone;
				for(;ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=clone;
			}
		}
	}
	return last;
}
void Rhyme(){
	clear();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%s",str+1);
		int len=strlen(str+1),last=1;
		for(int j=1;j<=len;++j) last=extend(last,str[j]-'a');
	}
	int s=tot+1,t=tot+2;
	for(int i=1;i<=tot;++i){
		if(len[i]==k-1){
			for(int j=0;j<26;++j)if(ch[i][j]) g[i].push_back(pii(ch[i][j],1)),++ind[ch[i][j]];
			g[s].push_back(pii(i,len[i])),++ind[i];
		}
		else if(len[i]>=k){
			for(int j=0;j<26;++j)if(ch[i][j]) g[i].push_back(pii(ch[i][j],1)),++ind[ch[i][j]];
			if(fa[i]&&len[fa[i]]>=k-1) g[i].push_back(pii(fa[i],0)),++ind[fa[i]];
			g[i].push_back(pii(t,0)),++ind[t];
			g[s].push_back(pii(i,len[i])),++ind[i];
		}
	}
	if(!ind[t]) return printf("%d\n",k-1),void();
	int ans=0;
	queue<int> q;q.push(s);
	for(int u;!q.empty();q.pop()){
		u=q.front(),ans=max(ans,dis[u]);
		for(int i=0,v;i<g[u].size();++i){
			v=g[u][i].first,dis[v]=max(dis[v],dis[u]+g[u][i].second);
			if(!--ind[v]) q.push(v);
		}
	}
	for(int i=1;i<=tot;++i)if(ind[i]) return puts("INF"),void();
	printf("%d\n",ans);
}
int main(){
	while(~scanf("%d %d",&n,&k)) Rhyme();
	return 0;
}