題目描述

給一個小寫字母字符串 S ，q 次詢問每次給出 l,r ，求 s[l..r] 的 Border 。

Border: 對于給定的串 s ，最大的 i 使得 s[1..i] = s[|s|-i+1..|s|], |s| 為 s 的長度。

題解

這題的描述很短，給人一種很可做的假象。

暴力1：每次對區間lr做一次KMP，求出border數組，復雜度nq。

暴力2：構建后綴自動機，用線段樹合并維護出right集合考慮到兩個串的最長后綴為他們在parent樹上的LCA的len，所以我們可以在parent樹上跳father，相當于枚舉LCA，那么如果有匹配的點，則一定滿足：

i-len[LCA]+1<=l => i=len[LCA]<l => i<l+len[LCA]? ? ? ?i>=l&&i<r （i為我們要求的點，l為詢問的左端點，LCA為i和r的LCA）

所以我們只需要在線段樹上查子樹內查詢滿足上述條件的最大的i就可以了，復雜度最好qlogn，最差qn。

這兩種暴力好像差不多。。

我們觀察到第二種暴力它的瓶頸在于枚舉LCA，但查詢只需要一個log，我們可以想一些辦法把復雜度均攤一下。

鏈分治

這就是這道題的重頭戲，它用到了一個重要的性質，我們將一棵樹重鏈剖分之后，從根到任意一點的路徑上，輕重鏈切換的次數是不超過log的。

然后我們就可以用它搞一些事情。

比如說這道題，我們可以把詢問拆成log個掛在它到根的路徑上，每條鏈掛一個，對于當前鏈，掛在原來的點上，對于上面的鏈，掛在鏈的最底端。

其實我們也是相當于在枚舉lca，對于掛上去的點，我們可以直接用上面暴力2的方法統計答案，復雜度是log的，那么對于其他點，我們如何統計答案呢？

我們可以發現一個性質，就是對于最底端這個點向上的其他鏈上的點作為LCA時，答案只會出現在這個點除了重兒子以外的子樹內以及自己，因為重鏈底下的子樹我們剛才已經處理過了。

所以我們的做法就是，對于每一條重鏈，自頂至底處理，然后我們把式子移個項

i-len[LCA]<l

我們把這個點的所有非重兒子所在子樹中的點的i-len[LCA]全部加進以i為下標的線段樹中，然后一直往下合并，那么每到一個點，它就保存了它到重鏈頂端所有LCA的信息，然后我們直接詢問掛在這個點的詢問就可以了。

但每次暴力加的復雜度對嗎？

樹上啟發式合并(DSU on tree)

這個操作的原理和上面的一模一樣，都是利用了輕重鏈log的性質。

主要思想就是，維護重鏈，輕鏈暴力，考慮一個點會被暴力做多少次，它到根的路徑上輕重鏈切換的時候才會產生一次，根據上面的結論，這是log的。

于是我們在nlog2的時間內做完了這道題。

代碼

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #define N 400002 #define inf 2e9 using namespace std; vector<int>vec[N]; char s[N]; int last,cnt,n,tot,head[N],topp,ls[N*30],rs[N*30],tr[N*30],T[N<<1],len[N],id[N],ch[N][26],fa[N],f[N]; int L[N*30],R[N*30],size[N],top[N],son[N],ans[N],q,rt[N],_id[N],mi[N*30]; inline int rd(){int x=0;char c=getchar();bool f=0;while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}return f?-x:x; } struct edge{int n,to;}e[N<<1]; struct node{int l,r;}qu[N]; inline void add(int u,int v){e[++tot].n=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot;} inline int newnode(){int x=++topp;tr[x]=inf;ls[x]=rs[x]=0;return x; } void ins(int &cnt,int l,int r,int x){if(!cnt)cnt=++topp,mi[cnt]=inf;mi[cnt]=min(mi[cnt],x);if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;if(mid>=x)ins(L[cnt],l,mid,x);else ins(R[cnt],mid+1,r,x); } int merge(int cnt,int pre,int l,int r){if(!cnt||!pre)return cnt^pre;int p=++topp;mi[p]=min(mi[cnt],mi[pre]);if(l==r)return p;int mid=(l+r)>>1;L[p]=merge(L[cnt],L[pre],l,mid);R[p]=merge(R[cnt],R[pre],mid+1,r);return p; } int prequery(int cnt,int l,int r,int ql,int qr,int x){if(mi[cnt]>=x)return 0;if(l==r)return (l>=ql&&l<=qr)?l:0;int mid=(l+r)>>1;if(mid<qr&&mi[R[cnt]]<x){int num=prequery(R[cnt],mid+1,r,ql,qr,x);if(num)return num;}else if(mid>=ql&&mi[L[cnt]]<x)return prequery(L[cnt],l,mid,ql,qr,x);return 0; } inline void insert(int x,int tag){int p=last,np=++cnt;last=np;len[np]=len[p]+1;ins(T[np],1,n,tag);id[tag]=np;_id[np]=tag;for(;p&&!ch[p][x];p=fa[p])ch[p][x]=np;if(!p)fa[np]=1;else{int q=ch[p][x];if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q;else{int nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;for(;ch[p][x]==q;p=fa[p])ch[p][x]=nq;}} } void ins2(int &cnt,int l,int r,int x,int y){if(!cnt)cnt=newnode();tr[cnt]=min(tr[cnt],y);if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;if(mid>=x)ins2(ls[cnt],l,mid,x,y);else ins2(rs[cnt],mid+1,r,x,y); } int merge2(int cnt,int pre,int l,int r){if(!cnt||!pre)return cnt^pre;int mid=(l+r)>>1;tr[cnt]=min(tr[cnt],tr[pre]);if(l==r)return cnt;ls[cnt]=merge2(ls[cnt],ls[pre],l,mid);rs[cnt]=merge2(rs[cnt],rs[pre],mid+1,r);return cnt; } int query(int cnt,int l,int r,int L,int R,int x){ ///!!!if(l==r)return (l>=L&&l<=R)?l:0;if(tr[cnt]>=x)return 0;int mid=(l+r)>>1;if(mid<R&&tr[rs[cnt]]<x){int num=query(rs[cnt],mid+1,r,L,R,x);if(num)return num;} if(tr[ls[cnt]]<x&&mid>=L)return query(ls[cnt],l,mid,L,R,x);return 0; } void dfs1(int u){size[u]=1;for(int i=head[u];i;i=e[i].n){int v=e[i].to;f[v]=u;dfs1(v);size[u]+=size[v];if(size[v]>size[son[u]])son[u]=v;} } void dfs2(int u){if(!top[u])top[u]=u;if(son[u])top[son[u]]=top[u],dfs2(son[u]);for(int i=head[u];i;i=e[i].n){if(e[i].to!=son[u])dfs2(e[i].to);T[u]=merge(T[u],T[e[i].to],1,n);} } void prework(int cnt,int l,int r,int top){if(l==r){ins2(rt[top],1,n,l,l-len[top]);return;}int mid=(l+r)>>1;if(L[cnt])prework(L[cnt],l,mid,top);if(R[cnt])prework(R[cnt],mid+1,r,top); } void solve(int u){for(int i=head[u];i;i=e[i].n)solve(e[i].to);if(top[u]==u){int x=u; while(x){ for(int i=head[x];i;i=e[i].n){int v=e[i].to;if(v==son[x])continue;prework(T[v],1,n,x);}for(int i=0;i<vec[x].size();++i){int l=qu[vec[x][i]].l,r=qu[vec[x][i]].r;ans[vec[x][i]]=max(ans[vec[x][i]],query(rt[x],1,n,l,r-1,l));}if(son[x])rt[son[x]]=merge2(rt[son[x]],rt[x],1,n);x=son[x];}} } int main(){tr[0]=mi[0]=inf;scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);cnt=last=1;for(int i=1;i<=n;++i)insert(s[i]-'a',i);for(int i=2;i<=cnt;++i)add(fa[i],i);dfs1(1);dfs2(1);q=rd();topp=0;//合并完后的第一類線段樹不會新增節點了，所以把它清空。 for(int i=1;i<=q;++i){qu[i].l=rd();qu[i].r=rd();int x=id[qu[i].r];while(x){vec[x].push_back(i);ans[i]=max(ans[i],prequery(T[x],1,n,qu[i].l,qu[i].r-1,qu[i].l+len[x]));//!!!x=f[top[x]];}}for(int i=1;i<=n;++i)ins2(rt[id[i]],1,n,i,0);solve(1);for(int i=1;i<=q;++i)printf("%d\n",ans[i]?ans[i]-qu[i].l+1:0);return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的[BJWC2018]Border 的四种求法(后缀自动机+链分治+线段树合并)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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