Gatevin
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Codeforces Gym 100548G The Problem to Slow Down You (Palindromic Tree 或 Hash水过) 2014西安现场赛G题

题目大意：

就是现在给你两个长度不超过20W的字符串, 都只包含小写字母, 求相同的回文串对数 (S, T), 其中S == T, S来自第一个字符串, T来自第二个字符串, S和T都是回文串


大致思路：

首先很容易想到的是Manacher + 后缀数组二分 + Hash的做法， 复杂度O(nlogn)， 可惜的是这个题目Hash容易被卡

试了好几次Hash之后试了一发二次Hash居然神奇地过了= =...不过这题用Hash还是太靠RP了, 而且幸好时间放的宽到了20s

另外一个正确的解法是用回文树Palindromic Tree, 对于串A, B分别建立回文树, 然后从根节点(奇数的根节点和偶数根节点分别进行一次) dfs, 如果有相同的回文串必然存在相同的代表结点, 其根节点到那个回文的结点的路径也是相同的

于是两棵树同时遍历, 因为Palindromic Tree可以在O(n)的时间复杂度中处理出每种回文串的个数, 所以计数就很方便了, 另外由于回文个数在O(n)以内, dfs复杂度也是O(n)

所以在O(n)的复杂度解出这题就很容易了


两种方法的代码如下：

Manacher + 后缀数组二分 + Hash的做法 ( RP因素较高 ) ：

( Hash大法好, Hash出奇迹(>_<) )

Result  :  Accepted     Memory  :  66000 KB     Time  :  9984 ms

/*
 * Author: Gatevin
 * Created Time:  2015/3/31 14:25:53
 * File Name: Rin_Tohsaka.cpp
 */
#include
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#include
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#include
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#include
#include
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;
typedef unsigned long long ulint;

#define maxn 200010

char A[maxn], B[maxn], s[maxn << 1];
int R[maxn << 1];
const ulint mod = 1e9 + 10071;

set > S;

ulint H[maxn], xp[maxn];
ulint H2[maxn], xp2[maxn];
const ulint seed = 300007uLL;
const ulint seed2 = 500009uLL;

void initHash(char *s, int n)
{
    H[0] = (ulint)(s[0] - 'a' + 1);
    for(int i = 1; i < n; i++)
        H[i] = (H[i - 1]*seed % mod + (ulint)(s[i] -'a' + 1)) % mod;
    return;
}

void initHash2(char *s, int n)
{
    H2[0] = (ulint)(s[0] - 'a' + 1);
    for(int i = 1; i < n; i++)
        H2[i] = H2[i - 1]*seed2 + (ulint)(s[i] - 'a' + 1);
    return;
}

ulint askHash(int l, int r)
{
    if(l == 0)
        return H[r];
    else
        return (H[r] - H[l - 1]*xp[r - l + 1] % mod + mod) % mod;
}

ulint askHash2(int l, int r)
{
    if(l == 0)
        return H2[r];
    else
        return H2[r] - H2[l - 1]*xp2[r - l + 1];
}

int wa[maxn], wb[maxn], wv[maxn], Ws[maxn];

int cmp(int *r, int a, int b, int l)
{
    return r[a] == r[b] && r[a + l] == r[b + l];
}

void da(int *r, int *sa, int n, int m)
{
    int *x = wa, *y = wb, *t, i, j, p;
    for(i = 0; i < m; i++) Ws[i] = 0;
    for(i = 0; i < n; i++) Ws[x[i] = r[i]]++;
    for(i = 1; i < m; i++) Ws[i] += Ws[i - 1];
    for(i = n - 1; i >= 0; i--) sa[--Ws[x[i]]] = i;
    for(j = 1, p = 1; p < n; j <<= 1, m = p)
    {
        for(p = 0, i = n - j; i < n; i++) y[p++] = i;
        for(i = 0; i < n; i++) if(sa[i] >= j) y[p++] = sa[i] - j;
        for(i = 0; i < n; i++) wv[i] = x[y[i]];
        for(i = 0; i < m; i++) Ws[i] = 0;
        for(i = 0; i < n; i++) Ws[wv[i]]++;
        for(i = 1; i < m; i++) Ws[i] += Ws[i - 1];
        for(i = n - 1; i >= 0; i--) sa[--Ws[wv[i]]] = y[i];
        for(t = x, x = y, y = t, p = 1, x[sa[0]] = 0, i = 1; i < n; i++)
            x[sa[i]] = cmp(y, sa[i - 1], sa[i], j) ? p - 1 : p++;
    }
    return;
}

int rank[maxn], height[maxn];
void calheight(int *r, int *sa, int n)
{
    int i, j, k = 0;
    for(i = 1; i <= n; i++) rank[sa[i]] = i;
    for(i = 0; i < n; height[rank[i++]] = k)
        for(k ? k-- : 0, j = sa[rank[i] - 1]; r[i + k] == r[j + k]; k++);
    return;
}

int dp[maxn][20];
void initRMQ(int n)
{
    for(int i = 1; i <= n; i++) dp[i][0] = height[i];
    for(int j = 1; (1 << j) <= n; j++)
        for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)
            dp[i][j] = min(dp[i][j - 1], dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
    return;
}

int askRMQ(int a, int b)
{
    //int ra = rank[a], rb = rank[b];
    int ra = a, rb = b;
    if(ra > rb) swap(ra, rb);
    int k = 0;
    while((1 << (k + 1)) <= rb - ra + 1) k++;
    return min(dp[ra][k], dp[rb - (1 << k) + 1][k]);
}

int calCnt(int l, int r, int n)
{
    int rl = rank[l];
    int lmost = rl, rmost = rl;
    int L = rl + 1, R = n, mid;
    while(L <= R)
    {
        mid = (L + R) >> 1;
        if(askRMQ(rl + 1, mid) >= r - l + 1)
        {
            L = mid + 1;
            rmost = mid;
        }
        else
            R = mid - 1;
    }
    L = 1, R = rl - 1;
    while(L <= R)
    {
        mid = (L + R) >> 1;
        if(askRMQ(mid + 1, rl) >= r - l + 1)
        {
            R = mid - 1;
            lmost = mid;
        }
        else
            L = mid + 1;
    }
    return rmost - lmost + 1;
}

vector  > pal;

void Manacher(char *s, int *R, int n)
{
    int mx = 0, p = 0;
    R[0] = 1;
    S.clear(), pal.clear();
    for(int i = 1; i < n; i++)
    {
        if(mx > i) R[i] = min(R[2*p - i], mx - i);
        else R[i] = 1;
        while(s[i - R[i]] == s[i + R[i]])
            R[i]++;
        if(i + R[i] > mx)
        {
            for(int j = mx; j < i + R[i]; j++)
            {
                int l = 2*i - j, r = j;
                l >>= 1;
                r = (r & 1) ? r >> 1 : (r >> 1) - 1;
                if(l > r) continue;
                ulint hashvalue1 = askHash(l, r);
                ulint hashvalue2 = askHash2(l, r);
                set > :: iterator it = S.find(make_pair(hashvalue1, hashvalue2));
                if(it == S.end())
                {
                    S.insert(make_pair(hashvalue1, hashvalue2));
                    pal.push_back(make_pair(l, r));
                }
            }
            mx = i + R[i], p = i;
        }
    }
    return;
}

map , int> Ma, Mb;
int ss[maxn], sa[maxn];

int main()
{
    xp[0] = 1uLL;
    xp2[0] = 1uLL;
    for(int i = 1; i < maxn; i++)
        xp[i] = xp[i - 1]*seed % mod, xp2[i] = xp2[i - 1]*seed2;
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for(int cas = 1; cas <= T; cas++)
    {
        scanf("%s", A);
        scanf("%s", B);
        int la = strlen(A), lb = strlen(B);
        
        initHash(A, la);
        initHash2(A, la);
        s[0] = '@';
        for(int i = 0; i < la; i++)
            s[2*i + 1] = A[i], s[2*i + 2] = '#', ss[i] = A[i] - 'a' + 1;
        s[2*la] = '$';
        ss[la] = 0;
        Manacher(s, R, 2*la);
        da(ss, sa, la + 1, 280);
        calheight(ss, sa, la);
        initRMQ(la);
        Ma.clear();
        for(unsigned int i = 0, sz = pal.size(); i < sz; i++)
            Ma[make_pair(askHash(pal[i].first, pal[i].second), askHash2(pal[i].first, pal[i].second))] = calCnt(pal[i].first, pal[i].second, la);
        
        initHash(B, lb);
        initHash2(B, lb);
        s[0] = '@';
        for(int i = 0; i < lb; i++)
            s[2*i + 1] = B[i], s[2*i + 2] = '#', ss[i] = B[i] -'a' + 1;
        s[2*lb] = '$';
        ss[lb] = 0;
        Manacher(s, R, 2*lb);
        da(ss, sa, lb + 1, 28);
        calheight(ss, sa, lb);
        initRMQ(lb);
        Mb.clear();
        for(unsigned int i = 0, sz = pal.size(); i < sz; i++)
            Mb[make_pair(askHash(pal[i].first, pal[i].second), askHash2(pal[i].first, pal[i].second))] = calCnt(pal[i].first, pal[i].second, lb);
        
        lint ans = 0;
        for(map , int> :: iterator it = Ma.begin(); it != Ma.end(); it++)
            if(Mb[(*it).first] != 0)
                ans += (lint)(*it).second*(lint)Mb[(*it).first];
        printf("Case #%d: %I64d\n", cas, ans);
    }
    return 0;
}



Palindromic Tree的做法：

Result  :  Accepted     Memory  :  53608 KB     Time  :  327 ms

/*
 * Author: Gatevin
 * Created Time:  2015/3/31 17:08:38
 * File Name: Rin_Tohsaka.cpp
 */
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;

#define maxn 200010

struct Palindromic_Tree
{
    struct node
    {
        int next[26];
        int len;
        int sufflink;
        int times;//记录这个node代表的回文串出现的次数
    };
    node tree[maxn];
    int L, len, suff;
    char s[maxn];
    void newnode()
    {
        L++;
        for(int i = 0; i < 26; i++)
            tree[L].next[i] = -1;
        tree[L].len = tree[L].sufflink = tree[L].times = 0;
        return;
    }
    void init()
    {
        L = 0, suff = 2;
        newnode(), newnode();
        tree[1].len = -1; tree[1].sufflink = 1;
        tree[2].len = 0; tree[2].sufflink = 1;
        return;
    }
    bool addLetter(int pos)
    {
        int cur = suff, curlen = 0;
        int alp = s[pos] - 'a';
        while(1)
        {
            curlen = tree[cur].len;
            if(pos - 1 - curlen >= 0 && s[pos - 1 - curlen] == s[pos])
                break;
            cur = tree[cur].sufflink;
        }
        if(tree[cur].next[alp] != -1)
        {
            suff = tree[cur].next[alp];
            tree[suff].times++;
            return false;
        }
        newnode();
        suff = L;
        tree[L].len = tree[cur].len + 2;
        tree[cur].next[alp] = L;
        if(tree[L].len == 1)
        {
            tree[L].sufflink = 2;
            tree[L].times++;
            return true;
        }
        while(1)
        {
            cur = tree[cur].sufflink;
            curlen = tree[cur].len;
            if(pos - 1 - curlen >= 0 && s[pos - 1 - curlen] == s[pos])
            {
                tree[L].sufflink = tree[cur].next[alp];
                break;
            }
        }
        tree[L].times++;
        return true;
    }
    void count()
    {
        for(int i = L; i > 0; i--)
            tree[tree[i].sufflink].times += tree[i].times;
        return;
    }
    void build()
    {
        init();
        scanf("%s", s);
        int length = strlen(s);
        for(int i = 0; i < length; i++)
            addLetter(i);
        count();
        return;
    }
};

Palindromic_Tree A, B;

/*
 * dfs从两份树的奇偶根节点开始向下, 有相同的回文串就加上数量乘积
 * 只有有相同的才继续向下找
 */
lint dfs(int nowA, int nowB)
{
    lint ret = 0;
    for(int i = 0; i < 26; i++)
        if(A.tree[nowA].next[i] != -1 && B.tree[nowB].next[i] != -1)
            ret += (lint)A.tree[A.tree[nowA].next[i]].times * (lint)B.tree[B.tree[nowB].next[i]].times
                + dfs(A.tree[nowA].next[i], B.tree[nowB].next[i]);
    return ret;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for(int cas = 1; cas <= T; cas++)
    {
        A.build();
        B.build();
        lint ans = dfs(1, 1) + dfs(2, 2);
        printf("Case #%d: %I64d\n", cas, ans);
    }
    return 0;
}



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    文章目录A.Elections题目大意思路AC代码B.MakeitDivisibleby25题目大意思路AC代码C.SaveMoreMice题目大意思路AC代码D1.AllareSame题目大意思路AC代码D2.HalfofSame题目大意思路AC代码A.ElectionsA.Elections题目大意有三个候选人，每个候选人都有一个初始票数，问每个候选人至少增加多少票才能绝对被选上。思路判断其中
  • Codeforces Round 963 (Div. 2) lskkkkkkkkkkkk 题解dp动态规划思维模拟数论
    CodeforcesRound963(Div.2)A.QuestionMarks题意有一场考试一共4∗n4*n4∗n道题目，其中答案为A,B,C,D的题目各nnn道，现在你有一份考试的结果，由字母A,B,C,D组成，请问最多得到多少分。思路每种选项最多答对n道题目，我们统计每个选项的出现次数，和n取较小值，将结果加起来即可。代码#includeusingnamespacestd;#defineIO
  • Codeforces Round 935 (Div. 3) lskkkkkkkkkkkk 算法数据结构c++
    题目链接A.SettingupCamp题意有一些屋子，每个屋子最多容纳三个人，有三种人，内向人必须一个人一个屋，外向人必须三个人同时一个屋子，综合人随意（一个两个三个都可）现在有aaa个内向人，bbb个外向人，ccc个综合人。问最少需要多少个屋子才能满足所有人的要求，如果无论如何都不能满足那么就输出-1思路我们很容易发现，对于内向人，不会导致输出-1.因为给他们一人一个屋子即可。对于综合人同样不会
  • Codeforces Round 936 (Div. 2） lskkkkkkkkkkkk c++算法数据结构
    CodeforcesRound936(Div.2）题目链接A.MedianofanArray题意给出一个数组aaa，每次操作可以让其中一个数增加一。问最少需要几次操作能改变中位数的值。长度为n的数组a的中位数表示为，令b是a排完序后的数组，那么b⌈n2⌉b_{\lceil\frac{n}{2}\rceil}b⌈2n⌉即为a的中位数。思路假设中位数为mmm，那么我们就需要让最终的中位数变为m+1m+
  • CF 967 D. Longest Max Min Subsequence Jiu-yuan 算法数据结构
    原题链接：Problem-D-Codeforces题意：多测，每次给出长度为n的数组，要求找出没有重复元素的，最长的子序列，如果不止一个最长子序列，那么就选择字典序最小的，比较字典序的时候，如果这个元素的下标是奇数，那么就变成负数比较。思路：线段树+贪心，观察题意可知，最终的子序列肯定是正负相间的，那么对于奇数位置，这个数越大越好，对于偶数位置，这个数越小越好。那么就可以贪心的考虑这个问题，设置二
  • [Codeforces 115E]Linear Kingdom Races ddpx3313 c/c++
    题目大意：有n块地，初始是荒地。你可以把某些荒地开垦（需要花费相应的价值\(a_i\)（正整数）），然后这些荒地就可以种田。现在有m年，每年要在l到r区间内种田，获得p（正整数）的价值（必须保证l~r都已经开荒，否则不能种田）。问最大收益。解题思路：DP。设F[i][j]表示前i块地，最后有连续的j块地已开荒的最大收益。则\(F[i+1][0]=max\{F[i][j]\}\)。不开荒，则中间断了
  • Codeforces Round 917 (Div. 2) Lanthanmum 算法
    A.考虑有没有负数，偶数（把没有负数考虑进去了）就要改变一个数为0，为min，如果是奇数就不用考虑ｰ､_ィ│／／///へ/ﾉ＜|＼＼//ヽ_ﾉ(_／│／／//7|／//＞―r￣￣`ｰ―＿#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#de
  • 【codeforces 115E】Linear Kingdom Races 题意&题解&代码（c++） deritt oi之路DERIT的博客专栏线段树-dp
    **E.LinearKingdomRaces**timelimitpertest5secondsmemorylimitpertest256megabytesYouareacarraceorganizerandwouldliketoarrangesomeracesinLinearKingdom.LinearKingdomhasnconsecutiveroadsspanningfromlefttori
  • E. Linear Kingdom Races Lanthanmum 算法数据结构动态规划
    https://codeforces.com/problemset/problem/115/E线段树优化dpO(n2)->O(nlogn)分析题意发现可以有暴力dpdp(i)是前i条路最大利润dp(i)=dp(i-1)不选第i条路dp(i)=max(dp(j)+val(j)-cost(j))选这i条路dp(i)=max(dp(i-1),max(dp(j)+val(j)-cost(j))显然右边值可
  • 2024ccpc中国郑州 Pown_ShanYu 算法
    题目链接：Dashboard-2024NationalInvitationalofCCPC(Zhengzhou),2024CCPCHenanProvincialCollegiateProgrammingContest-Codeforces文章目录F.优秀字符串J.排列与合数B.扫雷1A.OnceInMyLifeM.有效算法H.随机栈//Solve函数结合末尾模板F.优秀字符串题意：优秀字符串：长度
  • Codeforces Round 967 (Div. 2) C题Guess The Tree 青衫酒145 算法
    题目链接令1是根，我们可以一层一层的递推出去。容易知道询问a，b如果结果是c，那么c就是a，b路径上的中点。我们可以先让根1和其他n-1个点都询问一遍，如果返回值是1，那么这些点就是第二层，深度为2的点。我们发现一个c点会对应两层的深节点，比如一条链1234，如果询问13和14返回都会是2，那么我们就让2和34分别连一条边，表示3和4是可能和2直接连边的。然后因为第二层我们已经推出来有哪些点了，再
  • Codeforces Round 938 (Div. 3)A-C,E-H 青衫酒145 c语言算法c++
    题目链接A.YogurtSale贪心的选两个物品价格少的，若总个数为奇数再加是单个价格代码：#include#definelllonglongusingnamespacestd;voidsolve(){intn,a,b;cin>>n>>a>>b;intr=0;if(n&1){if(b>t;while(t--){solve();}return0;}B.ProgressiveSquare因为c，d大于
  • Codeforces gym102423 - J One of Each（贪心 + 栈） Happig丶 #
    传送门题目大意给出nnn个数，仅包含[1,k][1,k][1,k]中的数，且至少含有kkk个不同的数。找到一个长度为kkk的子序列是kkk的一个排列且字典序最小。解题思路这个题算是比较难想的贪心了，而且要用栈维护。一开始用尺取发现维护不了，贪心的话自己又陷入了如下几个误区：如果从后向前贪心，显然是可以的，但是对于已经选过的数，无法得知前缀中待选的数是否能全部出现，即使bitsetbitsetbit
  • CF 966 Div3 F. Color Rows and Columns Jiu-yuan 算法
    原题链接：Problem-F-Codeforces题意：多测，每组测试数据给出n和k，n代表有n个长方形，k代表需要的到k分，每个长方形都有宽和高，每次可以填涂一个格子，如果填满一列或者一行就可以获得一分，问达到k分最少需要填涂多少格子。赛时思路：背包dp+随机化，按照背包dp的思路来想，就是选择了某个长方形，如果填满这个长方形分数也不能到达k，那么就直接填满，如果大于等于k那么就用最小代价来填满
  • Codeforces Round 966 (Div. 3) 前四题python题解 CodeNerd影 python开发语言
    A.PrimaryTasktimelimitpertest1secondmemorylimitpertest256megabytesDmitrywrotedowntintegersontheboard,andthatisgood.Heissurethathelostanimportantintegernamongthem,andthatisbad.Theintegernnhadtheform10^
  • Codeforces Round 933 (Div. 3) (A~E) 叶域 算法竞赛算法codeforcesc++
    CodeforcesRound933(Div.3)(A~E)目录：ABCDEA题：RudolfandtheTicket标签:暴力枚举（bruteforce）数学（math）排序算法（sortings）双指针算法（twopointers）题目大意给一个长度为n的数组b，和一个长度为m的数组c，还有一个整数k。从b，c中各选一个数，问有多少种选法使这两个数小于等于k思路前缀和快速得出在b数组中小于等于
  • Codeforces Round 927 (Div. 3)（A~E) 叶域 算法竞赛c++codeforces算法
    CodeforcesRound927(Div.3)(A~E)目录：ABCDEA题：ThornsandCoins标签:动态规划（dp）贪心（greedy）实现问题，编程技巧，模拟（implementation）题目大意由n个连续单元组成的路径，每个单元可以是空的，含有荆棘，或者含有一枚硬币，在一次移动中，你可以沿着路径移动一个或两个单元，前提是目标单元不含有荆棘（并且属于路径）如果你移动到含有硬币的
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    ruby来写hadoop的mapreduce，我用的方法是rubydoop。怎么配置环境呢： 1.安装rvm：     不说了 网上有 2.安装ruby：     由于我以前是做ruby的，所以习惯性的先安装了ruby，起码调试起来比jruby快多了。 3.安装jruby：     rvm install jruby然后等待安
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    访问权限是java中一个比较中要的知识点,它规定者什么方法可以访问,什么不可以访问   一:包访问权限;   自定义包: package com.wj.control; //包 public class Demo { //定义一个无参的方法 public void DemoPackage(){ System.out.println("调用
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    环境： jdk1.8    maven  tomcat7-maven-plugin  2.0 原因： tomcat7-maven-plugin  2.0 不知吃 jdk 1.8，换成 tomcat7-maven-plugin  2.2就行，即     <plugin>
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    前序:本人菜鸟，此文研究学习来自网络，各位牛牛多指教　 1.垃圾收集算法的核心思想 　　Java语言建立了垃圾收集机制，用以跟踪正在使用的对象和发现并回收不再使用(引用)的对象。该机制可以有效防范动态内存分配中可能发生的两个危险：因内存垃圾过多而引发的内存耗尽，以及不恰当的内存释放所造成的内存非法引用。 　　垃圾收集算法的核心思想是：对虚拟机可用内存空间，即堆空间中的对象进行识别
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    很久没来更新博客了，还是觉得工作需要多总结的好。今天来更新一个自己认为比较有成就的问题吧。 最近在做储值结算，需求里结算首页需要按门店的首字母A-Z排序。我的数据结构原本是这样的： Array ( [0] => Array ( [sid] => 2885842 [recetcstoredpay] =&g
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         　在Java中，可以将一个类定义在另一个类里面或者一个方法里面，这样的类称为内部类。内部类仍然是一个独立的类，在编译之后内部类会被编译成独立的.class文件，但是前面冠以外部类的类名和$符号。内部类可以间接解决多继承问题,可以使用内部类继承一个类，外部类继承一个类，实现多继承。      &nb
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    maven pom.xml关于hibernate的配置和异常信息如下，查了好多资料，问题还是没有解决。只知道是包冲突，就是不知道是哪个包....遇到这个问题的分享下是怎么解决的。。   maven pom:   <dependency> <groupId>org.hibernate</groupId> <ar
  • Spark 性能相关参数配置详解－任务调度篇 Stark_Summer sparkcachecpu任务调度yarn
    随着Spark的逐渐成熟完善, 越来越多的可配置参数被添加到Spark中来, 本文试图通过阐述这其中部分参数的工作原理和配置思路, 和大家一起探讨一下如何根据实际场合对Spark进行配置优化。   由于篇幅较长，所以在这里分篇组织，如果要看最新完整的网页版内容，可以戳这里：http://spark-config.readthedocs.org/，主要是便
  • css3滤镜 wangkeheng htmlcss
    经常看到一些网站的底部有一些灰色的图标，鼠标移入的时候会变亮，开始以为是js操作src或者bg呢，搜索了一下，发现了一个更好的方法：通过css3的滤镜方法。 html代码： <a href='' class='icon'><img src='utv.jpg' /></a> css代码： .icon{-webkit-filter: graysc
按字母分类： ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ其他