bzoj 3676 [Apio2014]回文串（Manacher+SAM）

 

【题目连接】

   

    http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3676

 

【题意】

 

    给定一个字符串，定义一个串的权值为长度*出现次数，求最大权的回文子串。

 

【思路】

 

    马拉车求出本质不一样的回文子串。

    对于一个回文子串，在SAM中用倍增法在O(logn)的时间获得它的出现次数，即SAM中每一个节点的right集大小，倍增数组和right均可以经过提早处理获得。

    更新答案便可。

 

　先来考虑一个简单的问题：

给出一个串S（|S|<=1000000）和M个询问，每次询问S中[si,ti]这一段串在总串中出现过几回。

显然咱们能够建出后缀数组并用二分+ST表简单地完成。

但若是咱们必定要用后缀自动机的知识呢？

咱们会发现，假若咱们能快速找到一个节点（状态）表示当前s~t这一段，只需直接调用它的size便可。

（有关size的预处理：在SAM创建好以后，用全部点的size去累加它的parent的size）

那么如何快速找到这样一个状态呢？

首先SAM有一个性质：把每个节点向它的parent连边，获得的树是原串的逆序串的后缀树。（只是这棵后缀树压缩后的边权都不知道）

也就是说，若是咱们构建出一棵SAM，它将同时有后缀树和trie的性质。

举个例子，好比字符串baabaaa。设询问为s=5，t=6

首先画出对应的后缀树（空节点再也不画出）：

注意此时后缀树中“浅”的点表示的是“后缀”。

咱们先跑出从1开始到t的状态s，此时设咱们在SAM中的节点p。样例里p对应在后缀树的最下面那个点。

可是咱们发现1~t的状态太长了，咱们只须要s~t的状态。

这样咱们能够在这棵后缀树上倍增，能往某个祖先跑就往某个祖先跑。能跑的依据就是该祖先的深度>=t-s+1

这样，咱们就跑到了p节点在后缀树上的父亲的父亲，而后直接在SAM里调用它的信息便可。

这里还有一个细节问题：若是询问是s=3,t=6，应该返回哪一个点呢？

这个时候发现不能彻底覆盖，要不一个点少一些，要不一个点多一些。

显然要把剩下的部分也选进去，也就是说仍然在p这个点。合法性显然，且能够证实这样最优。

 

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　Quote from Here

 

【代码】

 

 

  1 #include<set>
  2 #include<cmath>
  3 #include<queue>
  4 #include<vector>
  5 #include<cstdio>
  6 #include<cstring>
  7 #include<iostream>
  8 #include<algorithm>
  9 #define trav(u,i) for(int i=front[u];i;i=e[i].nxt)
 10 #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
 11 #define rep(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);a--)
 12 using namespace std;
 13 
 14 typedef long long ll;
 15 const int N = 6e5+10;
 16 const int D = 21;
 17 
 18 char s[N];
 19 int n,p[N];
 20 
 21 struct SAM 
 22 {
 23     
 24     ll ans;
 25     int sz,last,ch[N][26],fa[N],R[N],pos[N],l[N],b[N],cnt[N],fat[N][D];
 26     SAM() 
 27     {
 28         sz=ans=0; last=++sz;
 29         memset(cnt,0,sizeof(cnt));
 30         memset(R,0,sizeof(R));
 31         memset(fat,0,sizeof(fat));
 32     }
 33     void add(int c,int id)
 34     {
 35         int np=++sz,p=last; last=np;
 36         l[np]=l[p]+1; R[np]=1; pos[id]=last;
 37         for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=np;
 38         if(!p) fa[np]=1;
 39         else {
 40             int q=ch[p][c];
 41             if(l[q]==l[p]+1) fa[np]=q;
 42             else {
 43                 int nq=++sz; l[nq]=l[p]+1;
 44                 memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
 45                 fa[nq]=fa[q];
 46                 fa[q]=fa[np]=nq;
 47                 for(;ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=nq; 
 48             }
 49         }
 50     }
 51     void get_pre()
 52     {
 53         FOR(i,1,sz) cnt[l[i]]++;
 54         FOR(i,1,n) cnt[i]+=cnt[i-1];
 55         rep(i,sz,1) b[cnt[l[i]]--]=i;
 56         rep(i,sz,1) R[fa[b[i]]]+=R[b[i]];
 57         
 58         FOR(i,1,sz) {
 59             fat[i][0]=fa[i];
 60             FOR(j,1,D-1)
 61                 fat[i][j]=fat[fat[i][j-1]][j-1];
 62         }
 63     }
 64     void get_ans(int u,int v)
 65     {
 66         int x=pos[v];
 67         for(int i=D-1;i>=0;i--) {
 68             int t=fat[x][i];
 69             if(l[t]>=v-u+1) x=t;
 70         }
 71         ans=max(ans,(ll)R[x]*(v-u+1));
 72     }
 73     
 74 } sam;
 75 
 76 void Manacher()
 77 {
 78     int mx=0,id;
 79     for(int i=1;i<=n;i++) {
 80         if(mx>i) p[i]=min(mx-i,p[2*id-i-1]);
 81         else p[i]=0;
 82         while(s[i+p[i]+1]==s[i-p[i]]) {
 83             p[i]++;
 84             sam.get_ans(i-p[i]+1,i+p[i]);
 85         }
 86         if(p[i]+i>mx) mx=p[i]+i,id=i;
 87     }
 88     mx=0;
 89     for(int i=1;i<=n;i++) {
 90         if(mx>i) p[i]=min(mx-i-1,p[2*id-i]);
 91         else p[i]=1,sam.get_ans(i,i);
 92         while(s[i+p[i]]==s[i-p[i]]) {
 93             p[i]++;
 94             sam.get_ans(i-p[i]+1,i+p[i]-1);
 95         }
 96         if(p[i]+i>mx) mx=p[i]+i,id=i;
 97     }
 98 }
 99 
100 int main()
101 {
102     scanf("%s",s+1);
103     n=strlen(s+1);
104     FOR(i,1,n) sam.add(s[i]-'a',i);
105     sam.get_pre();
106     s[0]='+',s[n+1]='-';
107     Manacher();
108     printf("%lld",sam.ans);
109     return 0;
110 }