LOJ 3055 「HNOI2019」JOJO—— kmp自动机+主席树

题目：https://loj.ac/problem/3055

先写了暴力。本来想的是 n<=300 的那个在树上暴力维护好整个字符串， x=1 的那个用主席树维护好字符串和 nxt 数组。但 x=1 的部分会 TLE ，而且似乎不太对的样子。

#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define pb push_back
#define ls Ls[cr]
#define rs Rs[cr]
using namespace std;
int rdn()
{
  int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar();
  while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
  return fx?ret:-ret;
}
int n;
namespace S1{
  const int N=305,M=N*N;
  int fa[N],q[N],s[M],nxt[M]; ll sm[N];
  vector<int> c[N],nt[N];
  void add(int x,int y,int m=0,int ch=0)
  {
    sm[y]=sm[x]; fa[y]=x; if(!m)return;
    int top=0, cr=x;
    while(cr)q[++top]=cr,cr=fa[cr];
    int tot=0;
    for(int i=top;i;i--)
      {
    cr=q[i];
    for(int j=0,lm=c[cr].size();j)
      s[++tot]=c[cr][j], nxt[tot]=nt[cr][j];
      }
    c[y].resize(m); nt[y].resize(m);
    int i,j;
    if(!tot){ s[1]=c[y][0]=ch;i=2;j=2;} else { i=tot+1;j=1;}
    for(;j<=m;j++,i++)
      {
    s[i]=ch; cr=nxt[i-1];
    while(cr&&s[cr+1]!=ch)cr=nxt[cr];
    if(s[cr+1]==ch)nxt[i]=cr+1; else nxt[i]=0;
    c[y][j-1]=ch; nt[y][j-1]=nxt[i]; sm[y]+=nxt[i];
      }
  }
  void solve()
  {
    int op,x; char ch[5];
    for(int i=1;i<=n;i++)
      {
    op=rdn();x=rdn();
    if(op==1)
      { scanf("%s",ch); add(i-1,i,x,ch[0]-'a'+1);}
    else add(x,i);
    printf("%lld\n",sm[i]);
      }
  }
}
namespace S2{
  const int N=1e5+5,M=2e6+5;
  int rt[N],tot,Ls[M],Rs[M],cd[N]; ll sm[N];
  struct Node{ int c,nxt;}a[M];
  int ins(int l,int r,int &cr,int pr,int p,int ch)
  {
    if(!cr){cr=++tot;ls=Ls[pr];rs=Rs[pr];}
    if(l==r){a[cr].c=ch;return cr;}
    int mid=l+r>>1;
    if(p<=mid)return ins(l,mid,ls,Ls[pr],p,ch);
    return ins(mid+1,r,rs,Rs[pr],p,ch);
  }
  Node qry(int l,int r,int cr,int p)
  {
    if(l==r)return a[cr]; int mid=l+r>>1;
    if(p<=mid)return qry(l,mid,ls,p);
    return qry(mid+1,r,rs,p);
  }
  void add(int cr,int pr,int m,int ch)
  {
    sm[cr]=sm[pr]; cd[cr]=cd[pr];
    for(int i=1,d;i<=m;i++)
      {
    cd[cr]++; d=ins(1,n,rt[cr],rt[pr],cd[cr],ch);
    int p=qry(1,n,rt[cr],cd[cr]-1).nxt;
    while(p&&qry(1,n,rt[cr],p+1).c!=ch)
      p=qry(1,n,rt[cr],p).nxt;
    if(p+1!=cd[cr]&&qry(1,n,rt[cr],p+1).c==ch)//!=
      a[d].nxt=p+1;
    else a[d].nxt=0;
    sm[cr]+=a[d].nxt;
      }
  }
  void solve()
  {
    int op,x; char ch[5];
    for(int i=1;i<=n;i++)
      {
    op=rdn();x=rdn();
    if(op==1)
      { scanf("%s",ch); add(i,i-1,x,ch[0]-'a'+1);}
    else {sm[i]=sm[x];rt[i]=rt[x];cd[i]=cd[x];}
    printf("%lld\n",sm[i]);
      }
  }
}
int main()
{
  n=rdn();
  if(n<=300){S1::solve();return 0;}
  if(n<=1e5){S2::solve();return 0;}
  return 0;
}

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然后看了题解。

因为有 “加入的字符和上一个不同” 的限制，所以考虑一段 x 的末尾后面能续上 x 的 nxt 数组，只有自己的 nxt 跳到了另一段 y 的末尾，满足 x 和 y 的字符与长度均相同。

那个 nxt 就是把一段看做一个字符、相同看做两段的字符与长度均相同的 nxt 数组。

一边跳 nxt 一边累计答案，方法是记录一个 lst 表示当前段已经有前 lst 个字符贡献过答案；如果遇到 c[ p+1 ] == c[ cr ] （ c[ ] 表示字符， p 表示跳到的 nxt ），那么能匹配上的是当前段的前 min( len[ p+1 ] , len[ cr ] ) 个字符（len 表示段长）；其中之前没贡献过答案的就是本次要贡献答案的，贡献是 ( s[ p ] + lst + 1 ) 到 ( s[ p ] + min( len[ p+1 ] , len[ cr ] ) ) 的等差数列求和。然后把 lst 更新成 min( len[ p+1 ] , len[ cr ] ) 。

如果第一段的字符和自己相同，而第一段的长度比自己小（大于等于自己的话，在跳 nxt 的时候已经用等差数列加过了。所以跳 nxt 的 break 条件放在贡献答案之后），那么还可以给答案贡献 ( len[ cr ] - lst ) 倍的 len[ 1 ] 。（注意是 ( len[ cr ] - lst ) 而不是 ( len[ cr ] - len[ 1 ] ) ）并且这种情况的 nxt[ cr ] 应该等于 1 而不是 0 。

把询问离线，在树上用全局变量维护当前的 c[ ] 和 nxt[ ] ， dfs 一遍即可。这样复杂度不对，但可过。目前只写了这样。

#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
int rdn()
{
  int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar();
  while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
  return fx?ret:-ret;
}
int Mn(int a,int b){return aa:b;}
int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;}
const int N=1e5+5,mod=998244353;
int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<0)x+=mod;return x;}

int n,c[N],len[N],tc[N],tl[N],s[N],nt[N];
int hd[N],xnt,to[N],nxt[N],ans[N];
int cz(int l,int r)
{
  if(l>r)return 0;
  return (ll)(l+r)*(r-l+1)/2%mod;
}
void add(int x,int y){to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;}
void dfs(int cr,int pr,int cd)
{
  ans[cr]=pr;
  if(len[cr])
    {
      cd++; nt[cd]=0;/////
      tc[cd]=c[cr]; tl[cd]=len[cr]; s[cd]=s[cd-1]+len[cr];
      if(cd==1)
    {
      ans[cr]=cz(0,len[cr]-1); nt[cd]=0;
    }
      else
    {
      int p=nt[cd-1],lst=0;
      while(1)
        {
          if(tc[p+1]==c[cr])
        {
          int tp=Mn(tl[p+1],len[cr]);
          if(tp>lst)
            { ans[cr]=upt(ans[cr]+cz(s[p]+lst+1,s[p]+tp)); lst=tp;}
        }
          if(!p||(tc[p+1]==c[cr]&&tl[p+1]==len[cr]))break;
          p=nt[p];
        }
      if(tc[p+1]==c[cr]&&tl[p+1]==len[cr])
        nt[cd]=p+1;
      else if(!p&&tc[1]==c[cr]&&tl[1]<len[cr])
        ans[cr]=(ans[cr]+(ll)tl[1]*(len[cr]-lst))%mod,nt[cd]=1;
      //-lst not len[1]//nxt=1 not 0
    }
    }
  for(int i=hd[cr];i;i=nxt[i])
    dfs(to[i],ans[cr],cd);
}
int main()
{
  n=rdn(); char ch[5];
  for(int i=1;i<=n;i++)
    {
      int op=rdn();
      if(op==2){ int d=rdn();add(d,i);continue;}
      len[i]=rdn(); scanf("%s",ch); c[i]=ch[0]-'a'+1;
      add(i-1,i);
    }
  dfs(0,0,0);
  for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);
  return 0;
}

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然后参考这里的题解（和代码）：https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/10680094.html

复杂度不对的原因是暴力跳 nxt 。可以建 “kmp自动机” ，就是 pr[ i ][ j ] 表示 i 位置后面接 j 字符的话 nxt 会跳到哪个位置。新的位置 i 继承它的 nxt 的 pr[ ][ ] ，i-1 的某个 pr[ ][ ] 值改为 i 。

根据接上来的长度不同，即使字符一样， nxt 仍可能跳到不同的位置。所以每个位置开 26 个主席树维护接上各种字符的不同长度， nxt 会跳到哪个位置。

边跳还要边统计答案。把这个信息也放到主席树上。

　　答案由两部分构成。设当前段能匹配的长度为 len ， 一部分答案是 1 ~ len 的等差数列求和，另一部分是 1 ~ len 对应的 nxt 位置的前缀长度求和。

　　考虑已经做完当前段，让它给上一个位置的主席树一些更新。设当前段长为 cd ， prs 表示到上一个位置为止的前缀段长。

　　考虑原来的暴力，跳到一个字符相同的位置，可以给当前段的一个前缀的每个位置提供一种可能的贡献，这里需要把 1~cd 位置的 “可能贡献” 改成当前的 prs 。这样一定最优。

　　所以把主席树上 1~cd 位置的值都改成 prs 。把 cd 位置的 nxt 改成当前段。求答案的时候，假设要匹配的段的长度是 cd2 ，那么它的 nxt 就是主席树 cd2 处记录的 nxt ，它的过程中答案就是主席树 1~cd2 位置的值的和。

注意处理与第一段匹配的情况。需要记录 “当前段最长能匹配多长” 。这个顺便记录即可。就是每次要修改的时候，对应值都可以对当前段长 cd 取 max 。

代码里 rt[ top ][ ch ] 表示 “通过 ch 的边进入 top 之后的种种可能” 。所以往下走的时候，是把 rt[ pr+1 ] 赋值给 rt[ top+1 ] ，用的就是 “通过当前字符从 pr 进入 pr+1 ” 的信息。（pr 表示当前位置的 nxt ）

注意主席树新开节点的时候把原来的信息搬过来。

注意在外面枚举 0 点的出边，进入的时候把 rt[ 0 ][ ] 之类的改成初值。

#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define ls Ls[cr]
#define rs Rs[cr]
using namespace std;
int rdn()
{
  int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar();
  while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
  return fx?ret:-ret;
}
int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;}
int Mn(int a,int b){return aa:b;}
const int N=1e5+5,M=5e6+5,K=30,mod=998244353;
int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<0)x+=mod;return x;}

int n,m,cnt,hd[N],xnt,to[N],nxt[N],w[N],c[N],ps[N],ans[N];
int rt[N][K],mxl[N][K],prs[N],top,tc,tl;
int tot,Ls[M],Rs[M],sm[M],nt[M],tg[M],tim,dfn[M];
void add(int x,int y,int cd,int ch)
{to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;w[xnt]=cd;c[xnt]=ch;}
int cal(int x){return (ll)(1+x)*x/2%mod;}
int nwnd(int cr)
{
  if(dfn[cr]==tim)return cr; tot++; dfn[tot]=tim;
  Ls[tot]=ls; Rs[tot]=rs;
  sm[tot]=sm[cr]; nt[tot]=nt[cr]; tg[tot]=tg[cr];return tot;
}
void cz(int &cr,int len,int k){ cr=nwnd(cr); sm[cr]=(ll)len*k%mod;}
void pshd(int cr,int l,int mid,int r)
{
  if(!tg[cr])return; int k=tg[cr]; tg[cr]=0;
  cz(ls,mid-l+1,k); cz(rs,r-mid,k); tg[ls]=tg[rs]=k;
}
void mdfy(int l,int r,int &cr,int R,int k,int p)
{
  if(!cr||dfn[cr]!=tim)cr=nwnd(cr);//
  if(r1,k);tg[cr]=k;return;}
  if(l==r){cz(cr,r-l+1,k);nt[cr]=p;return;}
  int mid=l+r>>1; pshd(cr,l,mid,r);
  mdfy(l,mid,ls,R,k,p);
  if(mid1,r,rs,R,k,p);
  sm[cr]=upt(sm[ls]+sm[rs]);
}
int qry(int l,int r,int cr,int R,int &p)
{
  if(!cr)return 0; if(rreturn sm[cr];
  if(l==r){p=nt[cr]; return sm[cr];}
  int mid=l+r>>1; pshd(cr,l,mid,r);
  int ret=qry(l,mid,ls,R,p);
  if(mid1,r,rs,R,p));
  return ret;
}
void dfs(int cr,int cd,int ch)
{
  prs[++top]=prs[top-1]+cd; int pr=0;
  if(top==1)ans[cr]=upt(ans[cr]+cal(cd-1)),tc=ch,tl=cd;
  else
    {
      ans[cr]=upt(ans[cr]+qry(1,m,rt[top][ch],cd,pr));
      ans[cr]=upt(ans[cr]+cal(Mn(cd,mxl[top][ch])));//Mn!!
      if(!pr&&tc==ch&&tl<cd)
    {
      if(cd>mxl[top][ch])
        ans[cr]=(ans[cr]+(ll)tl*(cd-mxl[top][ch]))%mod;
      pr=1;///////
    }
    }
  mxl[top][ch]=Mx(mxl[top][ch],cd);
  tim++; mdfy(1,m,rt[top][ch],cd,prs[top-1],top);
  for(int i=hd[cr];i;i=nxt[i])
    {
      memcpy(rt[top+1],rt[pr+1],sizeof rt[pr+1]);//pr+1!!!
      memcpy(mxl[top+1],mxl[pr+1],sizeof mxl[pr+1]);
      ans[to[i]]=ans[cr]; dfs(to[i],w[i],c[i]);
    }
  top--;
}
int main()
{
  n=rdn(); char ch;
  for(int i=1;i<=n;i++)
    {
      int op=rdn(), x=rdn();
      if(op==1)
    {
      cin>>ch; ps[i]=++cnt; m=Mx(m,x);
      add(ps[i-1],ps[i],x,ch-'a'+1);
    }
      else ps[i]=ps[x];
    }
  for(int i=hd[0];i;i=nxt[i])
    {
      memset(rt[1],0,sizeof rt[1]);/////
      memset(mxl[1],0,sizeof mxl[1]);
      dfs(to[i],w[i],c[i]);
    }
  for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[ps[i]]);
  return 0;
}

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转载于:https://www.cnblogs.com/Narh/p/10708362.html