CodeForces 427D - Match & Catch

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给定$2$个字符串$a,b,|a|=n,|b|=m$，求最长的既在$a$中出现刚好$1$次又在$b$中出现刚好$1$次的非空字符串的长度，若是不存在输出$-1$。

$n,m\in[1,5000]$。

emmm，数据范围很不友好，$\mathrm O(nm)$带$\log$都不行。。。

考虑枚举$a$的子串。枚举子串能够转化为枚举全部后缀的全部前缀，这样一来就有了“前缀”这个东西能够利用。

咱们在枚举$a$的后缀$a_{i\sim n}$的时候，令$c=a_{i\sim n}+\texttt{!}+a+\texttt{@}+b,s=|c|$。对$c$跑一遍Z算法（若是聪明的读者还不知道Z算法是什么，please点击这个），就能够知道后缀$a_{i\sim n}$在$a,b$中的出现状况了。

咱们先把$z_{c,n-i+3\sim 2n-i+2},z_{c,2n-i+4\sim s}$分别装在$2$个桶$buc1,buc2$里，即$buc1_j$表示使得从$a$的这个位置日后和$a_{i\sim n}$的前缀匹配最长长度为$j$的位置数，$buc2$相似。但是咱们想要的是使得从$a$的这个位置日后和$a_{i\sim n}$的前缀匹配最长长度${\ge j}$的位置数，也就是使得从$a$的这个位置日后和$a_{i\sim n}$的前缀可以匹配$j$这么长的位置数。因而咱们能够从$j=n-i+1$到$j=1$从大到小枚举即将被check的$a_{i\sim n}$的前缀的长度$j$，每次若$buc1_j=buc2_j=1$，则check成功，更新答案$ans=\max(ans,j)$，而后令$buc1_{j-1}=buc1_{j}+buc1_{j-1},buc2_{j-1}=buc2_{j}+buc2_{j-1}$便可。考虑为何这么从大到小递推是对的：首先$buc1_{n-i+1},buc2_{n-i+1}$原本就有咱们想要的意思。每次更新$buc1_{j-1},buc2_{j-1}$都会把它们变成咱们想要的意思下的值~~（感性理解理解）~~，因而每到一个$j$，$buc1_j,buc2_j$都会是咱们想要的意思咯。（想想就会发现，上述那个递推就是$[1,buc1_j/buc2_j]$区间$+1$的差分。固然若是想不到差分的话，线段树或树状数组是比较容易想的，可是带$\log$，过不掉。。。）

这样复杂度就是$\mathrm O(n(n+m))$，侥幸过。

下面考虑哈希怎么作。很显然是作不了的。。。最快也就是按上述方法，用哈希+二分求$z$数组，但数据范围不友好啊QWQ

对了，数据不清空，爆零两行泪。每枚举一个$a$的后缀时，都要清空$2$个桶！！！

下面上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=5000,M=5000;
int n,m,s;//|a|，|b|，|c| 
char a[N+5],b[M+5],c[2*N+M+5]/*a的后缀+'!'+a+'@'+b*/;
int z[2*N+M+1];//z数组 
void z_init(){//Z算法 
	int zl=0,zr=0;
	for(int i=2;i<=s;i++)
		if(zr<i){
			z[i]=0;
			while(i+z[i]<=s&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++;
			if(z[i])zl=i,zr=i+z[i]-1;
		}
		else if(i+z[i-zl+1]<=zr)z[i]=z[i-zl+1];
		else{
			z[i]=zr-i+1;
			while(i+z[i]<=s&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++;
			zl=i;zr=i+z[i]-1;
		}
//	cout<<"z";for(int i=2;i<=s;i++)cout<<z[i];puts("");
}
int buc1[N+1],buc2[N+1];//2个桶 
int main(){
	cin>>a+1>>b+1;
	n=strlen(a+1);m=strlen(b+1);
	int ans=inf; 
	for(int i=1;i<=n;i++){//枚举后缀的左端点 
		s=0;
		for(int j=i;j<=n;j++)c[++s]=a[j];
		c[++s]='!';
		for(int j=1;j<=n;j++)c[++s]=a[j];
		c[++s]='@';
		for(int j=1;j<=m;j++)c[++s]=b[j];
		c[s+1]=0;
		//上面都在造c 
//		cout<<c+1<<"\n";
		z_init();
		memset(buc1,0,sizeof(buc1));memset(buc2,0,sizeof(buc2));//数据不清空，爆零两行泪 
//		for(int j=n-i+3;j<=2*n-i+2;j++)cout<<c[j];cout<<" ";for(int j=2*n-i+4;j<=s;j++)cout<<c[j];puts("");
		for(int j=n-i+3;j<=2*n-i+2;j++)buc1[z[j]]++;//装到桶里面 
		for(int j=2*n-i+4;j<=s;j++)buc2[z[j]]++;//同上 
		for(int j=n-i+1;j;j--){//枚举后缀的前缀的长度 
//			printf("buc1[%d]=%d buc2[%d]=%d\n",j,buc1[j],j,buc2[j]);
			if(buc1[j]==1&&buc2[j]==1)ans=min(ans,j);//若是各出现刚好1次，则更新答案 
			buc1[j-1]+=buc1[j];buc2[j-1]+=buc2[j];//将buc1[j-1],buc2[j-1]变为咱们想要的意思 
		}
//		puts("");
//		cout<<"ans="<<ans<<"\n";
	}
	printf("%d",ans<inf?ans:-1);
	return 0;
}

原文出处：https://www.cnblogs.com/ycx-akioi/p/CodeForces-427D.html