UVA 10829 L-Gap Substrings 后缀数组

题目大意：

现在定义如果一个字符串S可以被写成UVU的形式(U, V是两个非空字符串), 且V的长度是L, 那么串S是L-Gap串

一个字符串可能既是L1-Gap串又是L2-Gap串, 现在给出一个字符串S(其长度不超过50000)

给定整数G, 求给出的字符串的所有子串中G-Gap字符串的数量(如果多个子串相同但是出现位置不同视为不同子串)

大致思路：

刚开始我想的是枚举G-Gap子串可能的启示位置然后根据位置i, j分别是两次U段首字符出现位置来判断, 如果|i - j| - LCP(rank[i], rank[j]) <= G <= |i - j| - 1则i,j可以成为一组UGU形式的串, 但是这种思路需要枚举i, j, 利用RMQ与处理之后复杂度也在O(|S|^2), 后来查找题解的时候发现用到了和POJ 3693那题类似的思想

枚举的是U段的长度, 假设其长度为L, 那么UVU形式的串中第一个U一定会覆盖到串S中的S[0, L, 2*L, .... k*L]中的一个, 且只会覆盖一个

那么枚举U段的长度之后枚举会覆盖到的位置(0, L, 2*L, .... k*L), 对于每个位置 i 对应的第二个U出现的位置 i + G + L

那么对于位置i和位置i + G + L向前和向后求出LCP(为了每次枚举起点是得到的情况是第一个U覆盖到位置i, 向后匹配的LCP1不超过L, 向前LCP2也是, 那么覆盖位置i的U的起点可能性便是 (LCP1 + LCP2 - 1) - L + 1

这样枚举的时间复杂度是O(|S|log|S|), 后缀数组和RMQ预处理我都用的是O(|S|log|S|)的算法

看来枚举长度的技巧很常用, 需要留意

具体细节可以参见代码注释

代码如下：

Result  :  Accepted    Memory  :  ? KB     Time  :  585 ms

/*
 * Author: Gatevin
 * Created Time:  2015/2/13 13:04:15
 * File Name: Mononobe_Mitsuki.cpp
 */
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<fstream>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iomanip>
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;

#define maxn 100233

/*
 * Doubling Algorithm求后缀数组
 */
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 *= 2, 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;
}

/*
 * RMQ预处理
 */
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];
    if(ra > rb) swap(ra, rb);
    int k = 0;
    while((1 << (k + 1)) <= rb - ra) k++;
    return min(dp[ra + 1][k], dp[rb - (1 << k) + 1][k]);
}

char in[maxn];
int s[maxn], sa[maxn];
int G;

int main()
{
    int t;
    lint ans;
    scanf("%d", &t);
    for(int cas = 1; cas <= t; cas++)
    {
        ans = 0;
        scanf("%d%s", &G, in);
        int len = strlen(in);
        for(int i = 0; i < len; i++)//反过来一次一起求后缀数组方便向前求LCP
            s[2*len - i] = s[i] = in[i] - 'a' + 1;
        s[len] = 27;
        s[2*len + 1] = 0;
        int n = 2*len + 1;
        da(s, sa, n + 1, 28);
        calheight(s, sa, n);
        initRMQ(n);
        for(int U = 1; U*2 + G <= len; U++)//枚举U的长度
            for(int i = 0; i + G + U < len; i += U)//枚举前面的U覆盖到的点
            {
                int j = i + G + U;
                if(in[i] != in[j]) continue;
                int L = min(U, askRMQ(i, j)) + min(U, askRMQ(2*len - i, 2*len - j)) - 1;
                if(L >= U) ans += L - U + 1;
            }
        printf("Case %d: %lld\n", cas, ans);
    }
    return 0;
}