6567. 【GDOI2020模擬】字符串

題目

給你一個字符串，問所有長度爲$m$的字符串之中，對於子串$i$，和它相似的子串分別是什麼。
“相似”的概念：兩個字符串至多有一個位置的字符不同。
$n\leq 1e5$

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正解

由於比賽的時候基本上都在剛T1，所以這題沒有幹過。

各種暴力，大概都是從快速地判斷子串相等入手。
但是正解用到了一個新的性質：對於字符串$S$和$T$，若$lcp(S,T)+lcs(S,T)\geq m-1$，則他倆相似。
原因不解釋。

順着這個思路，很容易（可能）想到建後綴樹和前綴樹。
建樹直接跑SAM，SAM的$fail$樹就是反串的後綴樹。
對於兩個字符串$u$和$v$（這個是字符串的編號，並不是字符串的端點）：
它們在後綴樹上的$LCA$的深度（SAM中的$len$），便是它們$lcp$。
那麼我們考慮在後綴樹的$LCA$處計算貢獻：以某個點爲根的時候，$lcp$定下來了。枚舉屬於兩個不同子樹中的點，通過前綴樹計算他們的$lcs$，如果$lcs\geq m-1-lcp$，它們就是合法的一對。
思考$lcp$確定的時候，對於某個點$u$，合法的$v$滿足什麼。$u$和$v$在前綴樹上的$LCA$的深度大於某個值，所以合法的$v$在某棵子樹內。

接下來纔是具體做法：
考慮dsu on tree（可以上網搜，本質上和啓發式合併差不多），先處理完輕兒子，將輕兒子的信息清空；處理重兒子，然後將重兒子的信息繼承過來，暴力每個輕兒子，維護信息。
考慮$A$和$B$兩個樹連通塊合併，前者比後者大，按照啓發式合併的思想，暴力枚舉$B$內的點。
用個數據結構來維護一下在前綴樹中的dfs序區間內，對應的後綴樹上的點出現在$A$的點有多少個。支持單點加，區間查就好了。
對於點$u$，倍增算出合法的$v$在哪個節點的子樹內，然後在數據結構上查。
整個$B$處理完之後，就合併入$A$中，具體來說就是將他們每個點往數據結構里加。
最後，在清空信息的時候，不要忘了數據結構上的信息也要一同清空。

然而，我們只是做到了$(u,v)$的貢獻掛在$u$上（$u \in B$），並沒有掛在$v$上。
於是我們再維護一個數據結構。這個支持區間加，單點查：對於點$u$，求出合法的$v$在哪個節點的子樹內，然後在數據結構上對應的區間中加。在最後輸出答案的時候單點查加上貢獻。
不過要注意一下：當$u$從集合$B$中進入集合$A$中，它身上本來是不帶貢獻的（指$u\in A$時與某些$B$產生的貢獻），但是它在某次修改中被連帶着“誤改”過。這怎麼辦呢？
如果用線段樹，可以用粗暴下傳標記的方式來解決這個問題。
其實沒有這個必要。既然是“誤改”的，那就在答案中剪掉嘛……（另外記得，清空信息的時候，單點查詢，將貢獻計入答案）
所以，只需要用樹狀數組就可以解決這個問題。
總時間複雜度$O(n\lg^2 n)$

另外，C_C講題的時候講了個在SA上分治的做法。具體就是在區間中找到$height$最小的位置，將區間分成兩半。這個方法和我上面將的這個方法本質上並沒有多大區別，因爲衆所周知，後綴數組就是後綴樹的dfs序，$height$就是相鄰兩個點的$LCA$深度。

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代碼

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
#define ll long long
int n,m;
char str[N];
struct Node{
	Node *c[26],*fail;
	int len;
} d[N*4],*S1,*S2,*T;
int cnt;
inline void insert(char ch,Node *S){
	Node *nw=&d[++cnt];
	nw->len=T->len+1;
	Node *p=T;
	for (;p && !p->c[ch-'a'];p=p->fail)
		p->c[ch-'a']=nw;
	if (!p)
		nw->fail=S;
	else{
		Node *q=p->c[ch-'a'];
		if (q->len==p->len+1)
			nw->fail=q;
		else{
			Node *clone=&d[++cnt];
			memcpy(clone,q,sizeof *q);
			clone->len=p->len+1;
			q->fail=nw->fail=clone;
			for (;p && p->c[ch-'a']==q;p=p->fail)
				p->c[ch-'a']=clone;
		}
	}
	T=nw;
}
int id1[N],id2[N],re[N*4];
struct EDGE{
	int to;
	EDGE *las;
} e[N*4];
int ne;
EDGE *last[N*4];
int rt1,rt2;
int fa[N*4][20];
int in[N*4],out[N*4],tot;
int dep[N*4],siz[N*4],hs[N*4];
void init(int x){
	for (int i=1;1<<i<=dep[x];++i)
		fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
	in[x]=++tot;
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		init(ei->to);
	out[x]=tot;
}
void getsiz(int x){
	siz[x]=1;
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las){
		getsiz(ei->to);
		siz[x]+=siz[ei->to];
		if (siz[ei->to]>siz[hs[x]])
			hs[x]=ei->to;
	}
}
int find(int x,int tar){
	if (tar>dep[x])
		return 0;
	tar=max(tar,0);
	for (int i=19;i>=0;--i)
		if (dep[fa[x][i]]>=tar)
			x=fa[x][i];
	return x;
}
int _t[N*2],s[N*2];
inline void add(int x,int c,int *t=_t){
	for (;x<=tot;x+=x&-x)
		t[x]+=c;
}
inline int query(int x,int *t=_t){
	int res=0;
	for (;x;x-=x&-x)
		res+=t[x];
	return res;
}
ll sum,ans[N];
void scan(int x,int lim){
	if (re[x]!=-1){
		int y=find(id2[re[x]+m-1],lim);
		if (y){
			ans[re[x]]+=query(out[y])-query(in[y]-1);
			add(in[y],1,s),add(out[y]+1,-1,s);
		}
	}
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		scan(ei->to,lim);
}
void insert(int x,int c){
	if (re[x]!=-1){
		add(in[id2[re[x]+m-1]],c);
		ans[re[x]]-=c*query(in[id2[re[x]+m-1]],s);
	}
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		insert(ei->to,c);
}
void dfs(int x){
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->to!=hs[x]){
			dfs(ei->to);
			insert(ei->to,-1);
		}
	if (hs[x])
		dfs(hs[x]);
	if (re[x]!=-1){
		int y=find(id2[re[x]+m-1],m-1-dep[x]);
		if (y){
			ans[re[x]]+=query(out[y])-query(in[y]-1);
			add(in[y],1,s),add(out[y]+1,-1,s);
		}
		add(in[id2[re[x]+m-1]],1);
		ans[re[x]]-=query(in[id2[re[x]+m-1]],s);
	}
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->to!=hs[x]){
			scan(ei->to,m-1-dep[x]);
			insert(ei->to,1);
		}
}
int main(){
	freopen("string.in","r",stdin);
	freopen("string.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%s",&n,&m,str);
	T=S1=&d[++cnt];
	memset(re,255,sizeof re);
	for (int i=n-1;i>=0;--i){
		insert(str[i],S1),id1[i]=T-d;
		re[T-d]=(i+m-1<n?i:-1);
	}
	T=S2=&d[++cnt];
	for (int i=0;i<n;++i)
		insert(str[i],S2),id2[i]=T-d;
	dep[0]=-1;
	for (int i=1;i<=cnt;++i){
		dep[i]=d[i].len;
		if (d[i].fail==NULL)
			continue;
		fa[i][0]=d[i].fail-d;
		e[ne]={i,last[fa[i][0]]};
		last[fa[i][0]]=e+ne++;
	}
	rt1=S1-d,rt2=S2-d;
	init(rt2);
	getsiz(rt1);
	dfs(rt1);
	for (int i=0;i+m-1<n;++i)
		ans[i]+=query(in[id2[i+m-1]],s);
	for (int i=0;i+m-1<n;++i)
		printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}

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總結

其實這題並不是很難吧，但是細節有點多，害我搞了一天（應該跟早上邊打程序邊學習政治有關係，所以得到教訓：調試的時候可以分心，打程序的時候儘量不要分心，不然細節很容易掛）
然後就是dsu on tree這個東西，說實話本質上是個用腳趾頭都能想到的啓發式合併。不過也應該要掌握這個概念，不要光想着儘管和它差不多的啓發式合併。
最後：我發現我現在真是越來越不能打SA了。SA雖然思想簡單，但細節遍地都是，極其難寫。半年還是一年來見到SA我都會用SAM代替。然而，
SA是我必須要度過的難關，因爲——SAM的空間不是那麼好承受啊（