【XSY1551】往事 广义后缀数组 线段树合并
题目大意
给你一颗trie树，令 si s i 为点 i i 到根的路径上的字符组成的字符串。求 maxu≠v(LCP(su,sv)+LCS(su,sv)) m a x u ≠ v ( L C P ( s u , s v ) + L C S ( s u , s v ) )
LCP= L C P = 最长公共前缀， LCS= L C S = 最长公共后缀
1≤n≤200000 1 ≤ n ≤ 200000 ，字符集为 {0…300} { 0 … 300 }
题解
我们先看看这个 LCP(su,sv) L C P ( s u , s v ) 怎么求
广义后缀自动机不行。广义后缀树可能可以，但我不会。广义后缀数组可以。然后我就开始手推广义后缀数组
广义后缀数组：和后缀数组类似，求出 si s i 的排名以及 LCP(ssai−1,ssai) L C P ( s s a i − 1 , s s a i )
实现也和后缀数组类似，倍增，把两段 2i−1 2 i − 1 的信息合并成 2i 2 i 的信息。另外还要保存 si s i 的长度为 2j 2 j 的前缀在所有字符串的长度为 2j 2 j 的前缀中的排名。
求完 sai s a i 和 rki r k i 后，我们用二分+哈希求 LCP(ssai−1,ssai) L C P ( s s a i − 1 , s s a i ) 。上面保存下来的所有长度为 2j 2 j 的前缀的排名可以当哈希值来用（考场上我写了哈希）。然后用st表来维护区间最小值。现在我们可以 O(1) O ( 1 ) 求出 LCP(su,sv) L C P ( s u , s v ) 了
考虑以 x x 为根的子树，若 u,v u , v 在 x x 的不同子树内，则 LCS(su,sv)=dx−1 L C S ( s u , s v ) = d x − 1 。这里 dx d x 为点 x x 的深度，根的深度为1。
因为 LCS(ssai−1,ssai)≥LCS(ssax,ssay) (x≤i−1<i≤y) L C S ( s s a i − 1 , s s a i ) ≥ L C S ( s s a x , s s a y ) ( x ≤ i − 1 < i ≤ y ) ，所以我们只用求出以 rki r k i 为关键字排序后相邻两个点的 LCP L C P 。这个可以用线段树维护。然后线段树合并即可。
时间复杂度： O(nlogn) O ( n l o g n )
代码
#include1][t]);
}
int query(int x,int y)
{
// x=rk[x];
// y=rk[y];
if(x==y)
return 0x3fffffff;
if(x>y)
swap(x,y);
return getmin(x+1,y);
}
namespace seg
{
struct p
{
int s,first,last,sz;
p()
{
s=first=last=sz=0;
}
};
int cnt;
int ls[4000010];
int rs[4000010];
p s[4000010];
void init()
{
memset(ls,0,sizeof ls);
memset(rs,0,sizeof rs);
cnt=0;
}
p mt(p a,p b)
{
if(!a.sz)
return b;
if(!b.sz)
return a;
p c;
c.sz=a.sz+b.sz;
c.first=a.first;
c.last=b.last;
c.s=max(max(a.s,b.s),query(a.last,b.first));
return c;
}
int insert(int p,int x,int l,int r)
{
if(!p)
p=++cnt;
if(l==r)
{
s[p].sz=1;
s[p].first=s[p].last=x;
return p;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)
ls[p]=insert(ls[p],x,l,mid);
else
rs[p]=insert(rs[p],x,mid+1,r);
s[p]=mt(s[ls[p]],s[rs[p]]);
return p;
}
int merge(int x,int y)
{
if(!x||!y)
return x+y;
ls[x]=merge(ls[x],ls[y]);
rs[x]=merge(rs[x],rs[y]);
s[x]=mt(s[ls[x]],s[rs[x]]);
return x;
}
};
int ans=0;
void solve(int x)
{
rt[x]=seg::insert(rt[x],rk[x],1,n);
int i;
for(i=l.h[x];i;i=l.t[i])
{
solve(l.v[i]);
rt[x]=seg::merge(rt[x],rt[l.v[i]]);
}
if(seg::s[rt[x]].sz>1)
ans=max(ans,d[x]-1+seg::s[rt[x]].s);
}
int main()
{
memset(rt,0,sizeof rt);
seg::init();
int i,j,x,y;
pw[0]=311;
for(i=1;i<=50;i++)
pw[i]=pw[i-1]*pw[i-1]%mod;
freopen("recollection.in","r",stdin);
freopen("recollection.out","w",stdout);
memset(f,0,sizeof f);
scanf("%d",&n);
d[1]=1;
e[1]=310;
hs[1][0]=310;
for(i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
l.add(x,i,y);
f[i][0]=x;
d[i]=d[x]+1;
e[i]=y+1;
hs[i][0]=e[i];
for(j=1;j<=18;j++)
{
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
hs[i][j]=(hs[f[i][j-1]][j-1]*pw[j-1]+hs[i][j-1])%mod;
}
}
int sz=310,k,o;
for(i=1;i<=sz;i++)
b[i]=0;
for(i=1;i<=n;i++)
b[sx[i]=e[i]]++;
for(i=2;i<=sz;i++)
b[i]+=b[i-1];
for(i=n;i>=1;i--)
sa[b[sx[i]]--]=i;
for(j=1;(1<0;
for(i=1;i<=n;i++)
if(d[sa[i]]>(1<<(j-1)))
l2.add(f[sa[i]][j-1],sa[i],0);
for(i=1;i<=n;i++)
for(o=l2.h[sa[i]];o;o=l2.t[o])
sy[++k]=l2.v[o];
for(i=1;i<=n;i++)
if(d[i]<=(1<<(j-1)))
sy[++k]=i;
for(i=1;i<=sz;i++)
b[i]=0;
for(i=1;i<=n;i++)
b[sx[sy[i]]]++;
for(i=2;i<=sz;i++)
b[i]+=b[i-1];
for(i=n;i>=1;i--)
sa[b[sx[sy[i]]]--]=sy[i];
k=0;
swap(sx,sy);
for(i=1;i<=n;i++)
if(i!=1&&sy[sa[i]]==sy[sa[i-1]]&&((d[sa[i]]<=(1<<(j-1))&&d[sa[i-1]]<=(1<<(j-1)))||(d[sa[i]]>(1<<(j-1))&&d[sa[i-1]]>(1<<(j-1))&&sy[f[sa[i]][j-1]]==sy[f[sa[i-1]][j-1]])))
sx[sa[i]]=k;
else
sx[sa[i]]=++k;
if(k>=n)
break;
sz=k;
}
for(i=1;i<=n;i++)
rk[sa[i]]=i;
ht[0]=0;
for(i=2;i<=n;i++)
{
x=sa[i-1];
y=sa[i];
int now=0;
for(j=18;j>=0;j--)
if(d[x]-1>=(1<1>=(1<1<for(i=1;i<=n;i++)
st[i][0]=ht[i];
for(j=1;j<=18;j++)
for(i=1;i+(1<1<=n;i++)
st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
lo[1]=0;
for(i=2;i<=n;i++)
lo[i]=lo[i/2]+1;
solve(1);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}