【学习笔记】CF1817F Entangled Substrings(基本子串结构)

前置知识:基本子串结构,SAM的结构和应用

学长博客

字符串理论比较抽象,建议直观的去理解它

子串 t t t的扩展串定义为 ext(t) : = t ′ \text{ext(t)}:=t' ext(t):=t,满足 t t t t ′ t' t的子串,且 occ(t) = occ(t’) \text{occ(t)}=\text{occ(t')} occ(t)=occ(t’)

基本性质:若 t = [ l : r ] , t ′ = [ l ′ : r ′ ] t=[l:r],t'=[l':r'] t=[l:r],t=[l:r] t ′ ′ = [ l ′ ′ : r ′ ′ ] t''=[l'':r''] t′′=[l′′:r′′],使得 l ′ ≤ l ′ ′ ≤ l ≤ r ≤ r ′ ′ ≤ r ′ l'\le l''\le l\le r\le r''\le r' ll′′lrr′′r,则 ext(t”) = t ′ \text{ext(t'')}=t' ext(t”)=t

子串 x , y x,y x,y等价当且仅当 ext(x) = ext(y) \text{ext(x)}=\text{ext(y)} ext(x)=ext(y)。然后,记录每个等价类的最长串作为代表元。

s [ l : r ] ↦ ( l , r ) s[l:r]\mapsto (l,r) s[l:r](l,r)的作用下,在 y = x y=x y=x以上的点被等价类划分入若干个阶梯状集合,其中 g \text{g} g对应的阶梯 出现次数 occ(rep(g)) \text{occ(\text{rep(g)})} occ(rep(g))

对于等价类 g g g个某个 完整阶梯,其完整的一行对应的子串集合与 T 0 T_0 T0的某个结点对应的子串集合相同,其完整的一列对应的子串集合与 T 1 T_1 T1(反串对应的后缀树)某个节点对应的子串集合相同,并且一一对应。

定义等价类 g g g的周长为其 一个 完整阶梯的行数列数之和,性质: ∑ g per(g) = O ( n ) \sum_g\text{per(g)}=O(n) gper(g)=O(n)

比较抽象。不是很直观。

如何显式求出这个结构?

第一种方式:对于 T 0 T_0 T0的从父亲到儿子的树边,其从一行的左边界指向另一行的右边界;对于 T 1 T_1 T1的从父亲到儿子的树边,其从一行的上边界连向另一行的下边界。

例如, s = aababcd ‾ s=\underline{\text{aababcd}} s=aababcd,其对应的阶梯划分为:

【学习笔记】CF1817F Entangled Substrings(基本子串结构)_第1张图片
其对应的 S A M SAM SAM T 0 T_0 T0为:

【学习笔记】CF1817F Entangled Substrings(基本子串结构)_第2张图片

其对应的连边为:

【学习笔记】CF1817F Entangled Substrings(基本子串结构)_第3张图片

第二种方式(感觉更常用):对于 D A G DAG DAG上的一条边 ( u , v ) (u,v) (u,v),如果 occ(u) = occ(v) \text{occ(u)}=\text{occ(v)} occ(u)=occ(v),那么就将这条边标记为关键边。

性质:如果只保留关键边,那么每个点入度和出度都至多为一,因此我们得到了若干条关键链。显然,链的末尾就是代表元,一条链就代表了一个等价类

考虑这道题目在让我们干什么:可以发现一个字符串对 ( b 1 , b 2 ) (b_1,b_2) (b1,b2)是好的当且仅当满足以下条件:

1.1 1.1 1.1 b 1 , b 2 b_1,b_2 b1,b2在同一个等价类中
1.2 1.2 1.2 b 1 , b 2 b_1,b_2 b1,b2所在等价类中的代表元为 b b b,那么 b 1 , b 2 b_1,b_2 b1,b2 b b b中出现的位置不交,且 b 1 b_1 b1 b 2 b_2 b2左边

这样,我们对于每个 阶梯状物 统计答案即可。(建议数形结合,以及把下标搞清楚)

代表元的 len \text{len} len实际上表示阶梯状物左上角那个位置的横纵坐标之差。

复杂度 O ( n ) O(n) O(n)

#include
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=2e5+5;
struct node{
    int to[26],link,len,sz;
}t[N];
int n,cur,last,tot,sz[N];
void extend(int ch){
    int cur=++tot;
    t[cur].len=t[last].len+1,t[cur].sz=1;
    int p=last;
    while(p!=-1&&!t[p].to[ch]){
        t[p].to[ch]=cur;
        p=t[p].link;
    }
    if(p!=-1){
        int q=t[p].to[ch];
        if(t[q].len==t[p].len+1){
            t[cur].link=q;
        }
        else{
            int clone=++tot;
            t[clone].link=t[q].link;
            for(int i=0;i<26;i++)t[clone].to[i]=t[q].to[i];
            t[clone].len=t[p].len+1;
            while(p!=-1&&t[p].to[ch]==q){
                t[p].to[ch]=clone;
                p=t[p].link;
            }
            t[q].link=t[cur].link=clone;
        }
    }
    last=cur;
}
string str;
int nxt[N],vs[N];
int st[N],cnt;
ll s[N];
ll res;
vector<int>G[N];
void dfs(int u){
    for(auto v:G[u])dfs(v),t[u].sz+=t[v].sz;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    t[0].link=-1;cin>>str,n=str.size();
    for(int i=0;i<n;i++)extend(str[i]-'a');
    for(int i=1;i<=tot;i++)G[t[i].link].pb(i);
    dfs(0);
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        for(int j=0;j<26;j++){
            int k=t[i].to[j];
            if(k&&t[i].sz==t[k].sz)nxt[i]=k,vs[k]=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        if(vs[i]==0){
            cnt=0;int e=0;
            for(int j=i;j;j=nxt[j])e=j,st[++cnt]=t[j].len-t[t[j].link].len;
            for(int j=1;j<=cnt;j++)s[j]=s[j-1]+st[j];
            int p=1,len=t[e].len;
            for(int j=len-cnt+1;j<=st[cnt]&&j<=len+1;j++){
                while(p<=cnt&&st[p]<j)p++;
                res+=s[cnt-len+j-1]*(cnt-p+1);
            }
        }
    }cout<<res;
}

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