蒟蒻的第一道字串大題
此題的題意是求編號為一段區間的字首的最長公共字尾的長度
而這個最長公共字尾是可以超過這個區間限制的（被坑了好久。。。）
那麼這題就比較有思路了
我們可以考慮一下暴力
首先，我們對於每乙個字首[1,i]，算出所有的字首[1,1~i-1]與它的最長公共字尾的大小，存到乙個vector裡面
查詢的時候就只查[l,r]中每個點x的vector裡面的[l,x-1]的答案，取最大值即可
這樣做是o(qn^2)的
考慮最長公共字尾的本質，不難聯想到sam
先對原串建出sam，在sam上，兩個點在fail樹上的lca的len值表示了這兩個點的最長公共字尾的長度
乙個字首的所有字尾表示在fail樹上就是該字首的對應點x到根節點的一條鏈
再開一下腦洞，聯想到[lnoi2014]lca那道題
考慮離線詢問，對於右端點 r 處理出所有左端點 l 的答案
我們把所有的1~r-1的字首對應點x到根的路徑依次做乙個標記覆蓋
（這其實是在貪心，因為越靠後的字首越可能影響更多的查詢）
然後我們查詢：在字首r的對應點xr到根的路徑上，覆蓋時間大於等於 l 的len值最大的點
直接做這個問題會非常麻煩，因為max不能字首相減，你還需要用二維線段樹來可持久化樹鏈剖分
然而這並沒有發揮我們離線的優勢
考慮再維護乙個樹狀陣列，來記錄當前r對應的每個左端點的答案
利用lct來維護鏈覆蓋與標記的下傳，在access的過程中更新樹狀陣列
每次都只更新跳鏈時跳向的那乙個點的權值
這時有人就會問，萬一中間有乙個點的位置更靠後，而這種做法沒有更新到這個點怎麼辦？
其實你access之前，你到根需要跳多少次鏈，你就經過了多少種不同的鏈標記
如圖，鏈3在access的時候，會經過兩種不同的標記，兩種標記都會被更新到
所以不用擔心漏掉某個點沒更新的情況
注意，標記下傳之後不要清零，因為標記剛打上去會被splay前的pdpath傳到子樹中
下一次直接訪問到該點的時候就沒有標記來更新了，這樣可以減小常數
如果覺得難以理解，可以在pushdown的時候更新樹狀陣列，這樣做應該是可以清零標記的，只不過常數會比較大
**：o(nlog^2n)
#include#include#include#includeusing namespace std;
#define n 200005
int n,m;
int pos[n],ans[n];
namespace sam
} las=np;
}}//----sam----
int tra[n];
void upd(int x,int k)
}int qry(int x)
return ret;
}namespace lct
bool nrt(int x)
void rot(int x)
void pushdown(int x)
} void pdpath(int x)
void splay(int x)
void acc(int x,int k)
}}//----lct----
vector> g[n];
int main()
for(i=1;i<=sam::tot;i++)lct::fa[i]=sam::fa[i];
for(i=1;i<=m;i++)
for(i=1;i<=n;i++)
for(i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
}
LOJ 6041 事情的相似度
考慮暴力做法,離線詢問 因為兩個串的最長公共字尾,就是所代表節點的 lca 的 len 每一次加入乙個字首,在 parent 樹上往上跳,如果乙個點被跳過我們就更新答案 因為右端點固定時,左端點越大,對詢問的貢獻肯定越多,所以直接覆蓋掉這個節點事件的下標 也就是 pos 所以我們維護這個節點子樹內的...
雅禮集訓2017Day7事情的相似度
bitset幫助離線合併實現o n w 然後暴力就可以在n 100000時為所欲為 其實還是有點思想，從大到小列舉height值，這樣每次涉及到的問題的答案一定是height 另外脫機會mle？那就分兩次離唄。沒有什麼是一次離線解決不了的，如果有，那就兩次。從height大到小更新可以簡化轉移，因為...
LOJ 6041 事情的相似度（字尾自動機）
loj mbox 搬了這道題目。mbox 還是用到 lcp 就是 parent 樹上的 lca 的 len 每次詢問顯然就是區間內點的貢獻。那麼考慮所有可能出現的點對。顯然對於兩個子串而言，只會匹配最靠近的兩個。那麼用 set 維護 endpos 集合，每次合併的時候將兩個最靠近的位置合併成為乙個點...