字符串算法总结

前言

标题是骗你进来的，其实里面全是题目。
最近一直在搞字符串......
把一些有表明性或者有必定难度的题放在这里作一个总结。

[CF666E] Forensic

给你一个串\(S\)以及一个字符串数组\(T[1..m]\)，\(q\)次询问，
每次问\(S\)的子串\(S[p_l..p_r]\)在\(T[l..r]\)中的哪一个串里的出现次数最多，并输出出现次数。
若有多解输出最靠前的那一个。数据范围：\(|S|,\sum |T|,q\leq 10^5\)。

对\(T[1...m]\)创建广义\(SAM\)，用线段树合并维护出现次数。
每次查询先倍增到相应结点，而后直接线段树区间查询。

[NOI2011] 阿狸的打字机

给定一个打字机，有加字符、删字符、打印三种操做。
给定操做序列\(S\)，而后有\(Q\)次询问，每次回答第\(x\)次打印的串在第\(y\)次打印的串中出现几回。
数据范围：\(|S|,Q\leq 10^5\)

用栈模拟建出全部打印串的\(Trie\)树，而后构建\(AC\)自动机与\(fail\)树。
每次询问至关于问\(x\)到\(Trie\)的根这条路径上有多少个点可以跳\(fail\)跳到\(y\)。
对\(Trie\)进行\(dfs\)，用树状数组维护\(fail\)树的子树和。

[BZOJ3670] 动物园

给定一个串\(S\)，求每个前缀的不相交\(border\)数。 数据范围:\(|S|\leq 10^7\)。

解法一：建出\(fail\)树，而后\(dfs\)一遍\(fail\)树，用单调队列维护合法前缀大小。
解法二：先预处理出\(next\)数组，而后相似\(next\)数组的求法求答案，当不合法时跳\(next\)数组。

[SCOI2013] 密码

给定一个串的每一个回文中心的扩展大小，构造知足条件的最小字典序串。数据范围:\(n\leq 10^5\)

对这个串跑一遍\(manacher\)，直接模拟便可，用并查集维护两个位置的字符是否相同。
最后使用最小表示法求出答案串。

[NOI2015] 品酒大会

给定一个串\(S\)，求\(\sum_{i} \sum_{i\neq j} lcp(suf_i,suf_j)\)。数据范围\(|S|\leq 10^5\)。

使用后缀数组，按照\(Height\)排序后合并后缀，用带权并查集维护答案。
或者建出\(SAM\)的\(fail\)树后，直接\(dfs\)一遍\(fail\)树，每次直接合并子树答案。

[POI2005] SZA-Template

求一个最短的模板串\(T\)，使得用\(T\)对长度为\(n\)的串反复染色后能够获得\(S\)。
注意：同一个位置能够屡次染色，但只能染一种颜色。
数据范围：\(n\leq 5*10^5\)。

显然\(T\)是\(S\)的一个\(border\)。
那么限制条件就是\(T\)在串\(S\)中的出现位置的最大间距不能超过\(|T|\)，其中\(T\)为一个\(border\)。
注意到\(border\)匹配的特殊性，当一个前缀\(pre\)的\(border\)为\(T\)时，\(T\)就在该点匹配上了一次。
因此跑\(kmp\)后建出\(fail\)树。
对于一个\(T\)，它合法的充要条件为子树内的点之间的间距不超过\(|T|\)，直接用\(set\)维护最大间距。

[BZOJ4310] 跳蚤

给一个串\(S\)，把它划分为最多\(K\)段，
而后挑选出全部段中的最大字典序串，再把这些串取最大字典序串，称获得的串为\(T\)。
最小化\(T\)的字典序并输出\(T\)。 数据范围：\(|S|\leq 3*10^5\)、\(K\leq 20\) 。

最大最小化问题，首先二分\(T\)在\(S\)的全部子串中的排名。
而后贪心验证。因为咱们的后缀数组是之后缀排名的，因此从后往前扫。
若当前的后缀排名小于等于\(T\)，则直接跳过。
不然须要考虑割一刀，先求\(lcp\)，而后查看\(lcp\)长度范围内是否割了一刀，若是没有就割一刀。
最后比较割的次数与\(K\)的关系便可。
须要实现的功能有快速求\(lcp\)，给串求排名，给排名求串，这些均可以用\(SA\)解决。

[HihoCoder1413] Rikka-with-String

给一个串\(S\)，求把每个位置替换为特殊字符#后本质不一样的子串个数。
数据范围：\(|S|\leq 10^5\)。

先构建\(SAM\)，把原串本质不一样的子串个数求出来，而后考虑变化量。
首先增长量很显然是\(i(n-i+1)\) ，考虑求减小量。
对于\(SAM\)上的每个点，咱们维护其最大\(endpos\)与最小\(endpos\)。
而后做图能够发现，这个结点对两个区间的贡献分别为 等差数列 和 一个常数。
差分便可。

[BZOJ2384] Match

给定两个排列\(S,T\)，要求\(T\)在\(S\)中匹配了多少次。
这里的匹配定义为：相对大小相同即算匹配上。
数据范围：\(|S|,|T|\leq 10^6\) 。空间限制：\(64MB\)。

魔改一下\(kmp\)算法。
对于\(T\)，咱们能够求出一个\(next\)数组，表示失配后到达位置，而后在\(S\)上相似的跑\(kmp\)便可。
如今的问题变为：求一个区间内大于某个数的个数，直接想法是主席树，但会\(MLE\)。
深度发掘一下\(kmp\)的原理，发现它其实相似一个双指针。
因此使用树状数组，在跳\(next\)的时候暴力把删除元素在树状数组中删掉。

[CF932G] Palindrome

给定一个偶数长度的串\(S\)，试着把它划分为偶数段。
设划分为了\(k\)段，那么须要知足\(s_i=s_{k-i+1}\)，求方案数。数据范围：\(|S|\leq 10^6\)

首先构建串\(S'= s_1s_ns_2s_{n-1}...\)，问题转化为把\(S'\)划分为若干偶数回文串的方案数。
对于一个回文串，
若它的若干回文后缀都不超过其长度的一半，则这些回文后缀必定构成等差数列。
这样的话，回文树上的某个结点的全部祖先最多只会构成\(log\)个等差数列。
咱们考虑让同一等差数列中的点一块儿转移，维护\(up\)表示最浅的非等差位置。
对于同一等差数列中的点，因为其长度不超过原串长度的一半，
故咱们对称后恰好只有\(up\)处的贡献没有加上，因此暴力跳等差数列的同时把该贡献加上便可。

[NOI2018] 你的名字

给定一个串\(S\)，有\(Q\)次询问，每次给定一个串\(T\)，求不在\(S[l,r]\)中出现的\(T\)的子串个数。
数据范围：\(|S|,Q,\sum |T| \leq 5 * 10^5\)，其中\(l,r\)也是每次询问给定的变量。

对\(S\)创建后缀自动机，用线段树合并获得其\(endpos\)集合。
对于每次询问，先对\(T\)创建后缀自动机，求的\(T\)的子串个数，而后再把在\(S\)中出现的子串减掉。
对于\(T\)，咱们求出其每一个前缀的最长匹配后缀\(lim\)。
那么对于\(T\)的\(SAM\)上的每一个点，利用\(lim\)把非法贡献减掉便可。
考虑求\(lim\)，直接把\(T\)放在\(S\)的\(SAM\)上作匹配，经过线段树查询\(endpos\)判断是否出现。
当失配的时候，不能直接跳\(fail\)，而应该要使长度减一，而后再次检查。
能够发现这个过程当中，\(T\)和匹配长度\(len\)的关系相似一个双指针，因此复杂度是没有问题的。

[NOI2016] 优秀的拆分

给定一个串\(S\)，求全部子串划分为\(AABB\)形式的方案数之和。数据范围：\(|S|\leq 10^5\)。

惊现\(NOI\)史上最良心出题人，白送\(95\)分简直搞笑。考虑最后\(5\)分应该怎么拿。
显然\(AABB\)是一个障眼法，咱们其实只用求\(AA\)的划分方案就好了。
开始构造，枚举一下\(A\)的长度\(len\)。
而后对于\(S\)，每一个长度\(len\)咱们就设置一个顶标点\(p_i\)。
那么对于任意\(|A|=len\)的\(AA\)串，它必定刚好通过两个顶标点。
因此对于相邻两个顶标点，求一下它们的最长公共前、后缀，而后算一下贡献便可。

[CTSC2010] 珠宝商

给定一个串\(S\)和一棵\(n\)个结点树，其中树上的每个结点有一个字符。
求树上每一条有序路径构成的字符串在\(S\)中的出现次数之和。数据范围：\(n,|S|\leq 50000\)。

树上路径问题考虑点分治，创建点分树。因为\(n\)范围比较小，因此能够数据均摊分治。
对于点分子树大小\(\leq \sqrt{n}\)的点，咱们直接暴力作，复杂度\(O(\sqrt{n}^3) = O(n\sqrt{n})\)。
对于点分子树大小\(> \sqrt{n}\)，这类点显然只有\(\sqrt{n}\)个，咱们尝试用其它理论解决。
考虑获得了两条路径，而后把它们拼接在一块儿。
那么对应到字符串上，就是一个前缀和一个后缀进行拼接。
因此咱们只须要知道每个前缀的方案数和每个后缀的方案数，而后再乘一下就好了。
咱们以求前缀方案数为例，后缀方案数反过来作便可。
观察一下匹配过程，咱们肯定了一个\(endpos\)字符，而后须要向前作匹配。
这显然是\(SAM\)的\(DAG\)和\(fail\)树难以作到的。
因此咱们须要将\(SAM\)生成的\(fail\)树进一步处理，获得其前缀树，而后匹配就是跳前缀树的子树。
最后的问题在于如何快速给匹配的点的全部\(endpos\)加上贡献。
回顾一下\(endpos\)集合的获得方法，不难发现只须要把这个过程给逆过来就好了。
咱们先在当前点打上标记，所有匹配完后，顺着\(fail\)树把标记向下推送。
那么对于一个前缀，它在\(fail\)树上对应的结点必定是一个叶子结点，咱们直接在该叶子查答案。

[八省联考2018] 制胡窜

给定一个串\(S\)，
有\(Q\)次询问，每次求把串划分为非空三段，且三段中至少包含一个\(S[pl,pr]\)的方案数。
数据范围：\(|S|,|Q|\leq 100000\)，其中\(pl,pr\)为每次给定的变量。

此题代码细节贼多，若是要写请务必作好代码调试至少一个晚上的准备。
正难则反，考虑求不包含\(S[pl,pr]\)的方案数。
为了书写方便咱们令\(T = S[pl,pr]\)，同时定义\(T\)在\(S\)中的出现次数为\(n\)，
定义\(T\)在\(S\)中的出现串为\(p_1,p_2...p_n\)，其中\(l_{p_i},r_{p_i}\)表示它们的左右端点。
令\(mn = p_1,mx = p_n\)，令\(len = pr-pl+1\)。
咱们如今的目标就是用两刀切掉\(S\)中出现的全部\(T\)。
大力讨论：

( 1 ) 若存在三个不相交的\(T\)，此时显然无解。
( 2 ) 不然，若\(r_{mn} > l_{mx}\)，即存在一刀流切法。

• 若第一刀不是一刀流，枚举第一刀切掉了哪些\(T\)，则有：
  \(Ans = \sum_{i=1}^{n-1} (r_{p_{i+1}} - r_{p_{i}})(r_{mn} - l_{p_{i+1}})\)
  化简有\(Ans = (r_{mn}-len+1) \sum_{i=1}^{n-1} (r_{p_{i+1}} - r_{p_i}) - \sum_{i=1}^{n-1} r_{p_{i+1}} (r_{p_{i+1}} - r_{p_i})\)
• 若第一刀是一刀流，那么第一刀的落刀范围为\([l_{mx},r_{mn}]\)，考虑第二刀的位置。
  若第二刀也落在\([l_{mx},r_{mn}]\)，这种状况的方案数显然为\(\binom{r_{mn} - l_{mx}}{2}\)。
  不然能够发现第二刀落在\([l_{mn},l_{mx}-1)\)的方案已经算过了，
  故只用算落在其它位置的方案数，这个仍是比较好算的。
  若落在右侧，则第一刀落在\([l_{mx},r_{mn})\)，第二刀落在\([r_{mn} , n]\)
  若落在左侧，则第一刀落在\((l_mx,r_{mn}]\)，第二刀落在\([1,l_{mn}]\)。
  因此这种状况下的方案数为\(Ans = \binom{r_{mn} - l_{mx}}{2} + (r_{mn} - l_{mx}) (n-len)\) 。

( 3 ) 不然，即\(r_{mn} \leq l_{mx}\)，即不存在一刀流切法。
顺着上一种思路，依旧考虑枚举左边那刀切掉了哪些\(T\)。
那么有：\(Ans = \sum_{i} (r_{p_{i+1}} - r_{p_i}) (r_{mn} - l_{p_{i+1}})\) 。
可是因为不存在一刀流，因此必定会有一个\(i\)被\(r_{mn}\)限制，致使切割范围不是完整区间。
因此咱们把左端点最靠近\(r_{mn}\)的那个点先丢掉，设其为\(p_t\)，
而后就能够获得一个关于\(i\)的限制条件：\(r_{i+1} > l_{mx}\)、\(l_i < r_{mn}\)。
这里须要注意一个天坑(大家就使劲感谢我吧)：
咱们找到的是最小的符合条件的\(r_{i+1}\)，而计算区间端点应该是\(r_i\)，因此这里须要找一次前趋。
而后咱们再把以前丢掉的那个点\(p_{t}\)给捡回来，它的答案应该是\((r_{mn}-l_{p_t})(r_{p_{t+1}} - l_{mx})\)。
QaQ
累死我了，要是上面哪里写错了麻烦各位吱一声。
到此为止咱们已经讨论了全部状况。
惟一的问题在于如何实现，
能够注意到上面全部式子中与\(endpos\)有关的只有\(\sum r_i(r_{i+1}-r_i),\sum r_i\)。
因此彻底能够直接使用线段树维护区间最大、最小值，进而使得这两个信息能够合并。
同时咱们发现，维护区间最大、最小值更是一并解决了找前趋、后继的问题。
因此咱们对\(S\)建\(SAM\)，把询问离线，而后按拓扑序逆序进行线段树合并，做出相应回答便可。 至此问题终于解决。