【学习笔记】[JSOI2019]节日庆典

我觉得很厉害。因为这道字符串题目的分析非常自然而且并不复杂。

考虑枚举右端点到$r$时，维护可能成为答案的位置的集合。显然对于相邻两个元素$i,j$，我们有$\text{lcp(S[i:],S[j:])}>r-j$，否则可以删去$i,j$其中之一。画图不难发现我们只需要保证对于任意$k$，满足$\text{lcp(S[i:],S[k:])}>r-k$，也就是只用和第一个位置进行比对。注意$\text{lcp}$的长度是不随右端点$r$变化的，可以看成常数。

当然，上述分析并不能导向一个正确的解法。假设我们已经维护出来了上述集合，有一个非常套路的想法，假设已经检查完了$i$之前的所有位置，那么对于之后的一个位置$j$，假设$j-i<r-j$，那么不难发现$S[i:j)=S[j:2j-i)$，我们记这一段为$A$（更确切地说$A$是$S[i:r]$的周期），$2j-i$以后的为$B$，那么我们得到$A+A+B,A+B+A,B+A+A$三种方案。容易观察出中间那种肯定是不优的，也就是$j$一定不优。那么有$2j\ge r+i$，显然只有最多$\log$个需要检查，这道题就做完了。因为$\text{lcp}$已经匹配到了底所以用$z$函数辅助检查一下即可。

复杂度$O(n\log n)$。

代码咕了。其实是我不会打$z$函数

至于维护集合那个部分，可以自己编一个做法，事实上发现每次暴力重构就完了。

#include
#define pb push_back
#define ll long long
using namespace std;
const int N=3e6+5;
int n,z[N],res;
string s;
vector<int>f,g;
int solve(int pos1,int pos2,int last){
    if(pos1==-1)return 1;
    pos1+=last-pos2+1;
    if(z[pos1]<last-pos1+1){
        return s[z[pos1]]<s[pos1+z[pos1]];
    }
    pos1=last-pos1+1;
    if(pos1+z[pos1]>=pos2)return 0;
    return s[z[pos1]]>s[pos1+z[pos1]];
}
void ins(int pos,int last){
    while(g.size()&&s[g.back()+last-pos]!=s[last]){
        if(s[g.back()+last-pos]<s[last])return;
        g.pop_back();
    }
    if(!g.size()||2*pos>=last+g.back()){
        g.pb(pos);
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>s,n=s.size();
    for(int i=1,l=0,r=0;i<n;i++){
        if(r>=i&&z[i-l]<r-i+1)z[i]=z[i-l];
        else{
            z[i]=max(0,r-i+1);
            while(i+z[i]<n&&s[i+z[i]]==s[z[i]])z[i]++;
        }
        if(i+z[i]-1>r)l=i,r=i+z[i]-1;
    }
    for(int i=0;i<n;i++){
        g.clear(),res=-1;
        for(auto x:f)ins(x,i);
        ins(i,i),f=g;
        for(auto x:g){
            if(solve(res,x,i))res=x;
        }
        cout<<res+1<<" ";
    }
}