4516: [sdoi2016]生成魔咒
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]魔咒串由許多魔咒字元組成，魔咒字元可以用數字表示。例如可以將魔咒字元 1、2 拼湊起來形成乙個魔咒串 [1,2]。
乙個魔咒串 s 的非空字串被稱為魔咒串 s 的生成魔咒。
例如 s=[1,2,1] 時，它的生成魔咒有 [1]、[2]、[1,2]、[2,1]、[1,2,1] 五種。s=[1,1,1] 時，它的生成魔咒有 [1]、
[1,1]、[1,1,1] 三種。最初 s 為空串。共進行 n 次操作，每次操作是在 s 的結尾加入乙個魔咒字元。每次操作後都
需要求出，當前的魔咒串 s 共有多少種生成魔咒。
第一行乙個整數 n。
第二行 n 個數，第 i 個數表示第 i 次操作加入的魔咒字元。
1≤n≤100000。,用來表示魔咒字元的數字 x 滿足 1≤x≤10^9
輸出 n 行，每行乙個數。第 i 行的數表示第 i 次操作後 s 的生成魔咒數量
71 2 3 3 3 1 213
691217
22題目是讓你回答每個字首i中出現了多少種本質不同的字串。
有一種演算法是求解整個字串中出現了多少不同的字串，這個在羅穗騫的《字尾陣列——處理字串的有力工具》中出現過，就是從上往下掃瞄height陣列，每次給答案累加sa[i]+1-height[i]，也就是這個串和前面的串不同的字首的數目。
設想一：用上面說的方法掃瞄，令f[i]表示以第i個字元為結尾的本質不同的子串的數目，那麼最後f陣列的前i項和就是以i為結尾的本質不同的字串的個數。統計方法：對於每個字串，給f[sa[i]+height[i]]到f[n]加1，用樹狀陣列優化到nlogn
推翻設想一：上面的演算法保證了每個本質不同的子串都僅被統計一次，所以最後一項的答案一定是正確的，但其它項的答案可能是不正確的，舉個例子，假如後最排序後有這樣的幾個相鄰項：
ab........
abc....(這個串位置比較靠後)
abcde.....（這個串位置比較靠前）
那麼abc這個串被加到了比較靠後的位置，而比較靠前的位置中就沒有記錄它的資訊，因此abc雖然在比較靠前的位置出現了，但答案中沒有記錄，所以前面的答案就是錯誤的。
問題來了，乙個串如何只被統計在它最早出現的串中。
設想二：改變掃瞄的順序，從長度最長的字尾開始（也就是開頭最靠前的字尾），把它所有的字首都統計一下，加到對應的f陣列裡；然後再做次長的字尾，把它和最長字尾取一下最長公共字首，那麼除了最長公共字首之外的字首就都是新出現的子串，把那些子串加到f陣列對應的位置上；............；第i長的字尾，要和比它長的所有後取一下最長公共字首（取其中的最大值），新出現的字首進行統計......以此反覆。初步的時間複雜度，求sa+st表+和前面所有的取最長公共字首，即o(nlogn+n^2)
設想二的正確性：每個子串在第一次出現時，都被統計到了對應的位置上，且由於我們減去了最長公共字首，每個子串不會被重複統計，也就是說，我們成功地把每個串統計在了它的第一次出現位置上
進一步優化：複雜度主要高在「與所有比它長的串取最長公共字首」上。不難想出，最長公共字首在字尾陣列中是向上、向下都單調不上公升的，因此我們並沒有必要跟所有比它唱的串都取最長公共字首，只需向上、向下分別找第乙個長度比它長的，取一下這中間所有height的最小值就好了。我們維護乙個單調棧，長度單調遞減。具體怎麼弄就不說了，不是重點，反正正著做一遍、再反著做一遍就行了，最終的時間複雜度o(nlogn+n)，如果字尾陣列用o(n)的預處理，複雜度將變成o(n)，已經是最好的演算法了
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2016-09-25 13:40:54
//bzoj4516: [sdoi2016]生成魔咒 字尾陣列
#include #include #include #include #define maxn 100050
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
int sa[maxn], rank[maxn], height[maxn], wa[maxn], wb[maxn], ws[maxn],
wv[maxn], n, m, x[maxn], delt[maxn], tmp[maxn], st[maxn][18],
stack[maxn], top, f[maxn];
long long ans;
maphash;
bool cmp(int *r, int a, int b, int l)
void build_sa(int *r, int *sa, int n, int m)
for(i=1;i<=n;i++)delt[sa[i]+f[i]]++;
}int main()
bzoj4516 SDOI2016 生成魔咒
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BZOJ4516 Sdoi2016 生成魔咒
bzoj4516 每次在結尾新增乙個數，相當於新增乙個字首。那麼倒過來看，變成每次在開頭新增乙個數，也就是新增乙個字尾。假若新的字尾長為 x 那麼相當於在原有的基礎上增加了 x個串,假設其中有 y 個串已經出現過。那麼a nsi ansi 1 x y考慮如何求這個y 考慮新加入的串和已有串的衝突。假...