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BZOJ1921: [Ctsc2010]珠寶商（點分治+SAM）

阿新 • • 發佈：2018-12-11

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題解： 點分治，如果點數≥n\ge \sqrt{n}，則結合字尾樹O(sze+m)O(sze+m)處理出每個位置的開始，結束點並統計答案。否則從每個點開始暴力擴充套件路徑。

時間複雜度O(nn)O(n \sqrt{n})。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair <int,int> pii;
typedef long long LL;

inline int rd() {
	char ch=getchar(); int i=0,f=1;
	while(!isdigit
 
(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)) {i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
	return i*f;
}

const int N=1e5+50, B=150;
int n,m,mx,total,G,fa[N];
int sze[N],c1[N],c2[N],vis[N];
char s[N];
long long ans;
vector <int> edge[N];

struct sam {
	char ch[N];
	int last,
 
tot;
	int pos[N],son[N][26],tr[N][26],fail[N],len[N];
	int c[N],q[N];
	vector <int> edge[N];
	sam() {last=tot=1;}
	inline void extend(int c,int op) {
		int p=++tot; len[p]=len[last]+1; pos[p]=op;
		for(;last && !son[last][c];last=fail[last]) son[last][c]=p;
		if(!last) fail[p]=1;
		else
 
 {
			int q=son[last][c];
			if(len[q]==len[last]+1) fail[p]=q;
			else {
				int np=++tot; len[np]=len[last]+1; pos[np]=pos[q];
				memcpy(son[np],son[q],sizeof(son[np]));
				fail[np]=fail[q]; fail[q]=fail[p]=np;
				for(;last && son[last][c]==q;last=fail[last]) son[last][c]=np;
			}
		} last=p;
	}
	inline void init() {
		for(int i=1;i<=m;i++) extend(ch[i]-'a',i);
		for(int i=1;i<=tot;i++) if(fail[i]) edge[fail[i]].push_back(i);
		for(int i=1;i<=tot;i++) ++c[len[i]];
		for(int i=1;i<=tot;i++) c[i]+=c[i-1];
		for(int i=tot;i>=1;i--) q[c[len[i]]--]=i;
		memset(c,0,sizeof(c));
		for(int i=tot;i>=1;i--) {
			int u=q[i];
			if(pos[u]==len[u]) ++c[u];
			if(fail[u]) c[fail[u]]+=c[u];
		}
		for(int i=1;i<=tot;i++) {
			int u=q[i];
			for(int e=0,v;e<edge[u].size() && (v=edge[u][e]);++e)
				tr[u][ch[pos[v]-len[u]]-'a']=v;
		}
		memset(q,0,sizeof(q));
	}
	inline pii trans(pii p,char c) {
		if(!p.first) return pii(0,0);
		else if(p.second==len[p.first]) return pii(tr[p.first][c-'a'],p.second+1);
		else {
			if(ch[pos[p.first]-p.second]==c) return pii(p.first,p.second+1);
			else return pii(0,0);
		}
	}
	inline int trans2(int p,char c) {return son[p][c-'a'];}
	inline void add(pii p) {++q[p.first];}
} ori,rev;

inline void calcG(int x,int f) {
	sze[x]=1;  int mx_son=0;
	for(int e=0,v;e<edge[x].size() && (v=edge[x][e]);++e)
		if(!vis[v] && v!=f) {
			calcG(v,x);
			sze[x]+=sze[v];
			mx_son=max(mx_son,sze[v]);
		}
	mx_son=max(mx_son,total-sze[x]);
	if(mx_son<=mx) mx=mx_son, G=x;
}

inline void dfs(int x,int f,pii p1,pii p2) {
	p1=ori.trans(p1,s[x]); p2=rev.trans(p2,s[x]);
	ori.add(p1); rev.add(p2); sze[x]=1;
	for(int e=0,v;e<edge[x].size() && (v=edge[x][e]);++e)	if(!vis[v] && v!=f) {
		dfs(v,x,p1,p2);		
		sze[x]+=sze[v];
	}
}
inline void dfs(sam &t,int x,int sum,int flag) {
	sum+=t.q[x];
	if(t.pos[x]==t.len[x]) (flag ? c2[m-t.pos[x]+1] : c1[t.pos[x]])+=sum;;
	for(int e=0,v;e<t.edge[x].size() && (v=t.edge[x][e]);++e) dfs(t,v,sum,flag);	
}

int rt;
inline void dfs3(int x,int f,int p,int flag) {
	if(!p) return;
	ans+=flag*ori.c[p];
	for(int e=0,v;e<edge[x].size() && (v=edge[x][e]);++e) if(!vis[v] && v!=f) dfs3(v,x,ori.trans2(p,s[v]),flag);
}
inline void dfs2(int x,int f,int flag) {
	int p=1;
	if(flag<0) {
		for(int i=x;;i=fa[i]) {p=ori.trans2(p,s[i]); if(i==rt) break;}
		p=ori.trans2(p,s[G]); 
	} 
	if(flag<0) dfs3(rt,0,ori.trans2(p,s[rt]),flag);
	else dfs3(x,0,ori.trans2(p,s[x]),flag);
	for(int e=0,v;e<edge[x].size() && (v=edge[x][e]);++e) if(!vis[v] && v!=f) dfs2(v,x,flag); 
}
inline void force_solve(int x,int flag) {
	rt=x; dfs2(x,0,flag);
}
inline void calc1(int t) {
	for(int i=1;i<=m;i++) c1[i]=c2[i]=0;
	dfs(ori,1,0,0); 
	dfs(rev,1,0,1);
	for(int i=1;i<=m;i++) ans+=(LL)c1[i]*c2[i]*t;
	for(int i=1;i<=ori.tot;i++) ori.q[i]=0;
	for(int i=1;i<=rev.tot;i++) rev.q[i]=0;
}
inline void calc2(int x) {
	if(sze[x]<=B) {
		force_solve(x,-1);
	} else {
		pii p(1,0);
		dfs(x,G,ori.trans(p,s[G]),rev.trans(p,s[G]));
		calc1(-1);
	}
}
inline void dfs_pre(int x,int f) {fa[x]=f; for(int e=0,v;e<edge[x].size() && (v=edge[x][e]);++e) if(!vis[v] && v!=f) dfs_pre(v,x);}
inline void solve(int x) {
	if(total<=B) force_solve(x,1);
	else {
		pii p(1,0); vis[x]=1;
		ori.add(ori.trans(p,s[x]));
		rev.add(rev.trans(p,s[x]));
		for(int e=0,v;e<edge[x].size() && (v=edge[x][e]);++e)
			if(!vis[v]) dfs_pre(v,x), dfs(v,x,ori.trans(p,s[x]),rev.trans(p,s[x]));
		calc1(1);
		for(int e=0,v;e<edge[x].size() && (v=edge[x][e]);++e)
			if(!vis[v]) calc2(v);
		for(int e=0,v;e<edge[x]. 
 

            
  

           

              
              

            

            
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BZOJ1921: [Ctsc2010]珠寶商（點分治+SAM）

     
 
							
							
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題解：
點分治，如果點數≥n\ge \sqrt{n}≥n​，則結合字尾樹O(sze+m)O(sze+m)O(sze+m)處理出每個位置的開始，結束點並統計答案。否則從每個點開始暴力擴充套件路徑。
時間複雜度O(nn)O(n \sqrt{n})O(nn​) 



  
 

    


    
    
2018.11.17 codechef PRIMEDST（點分治+fft）

     
  
 
  
  
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         t
        
       
       
        fft
    



  
 

    


    
    
樹分治（點分治模板）poj-1741 Tree

     
 
                

首先講解一下樹分治，以下的內容轉自：http://blog.sina.com.cn/s/blog_6d5aa19a0100o73m.html
對於一棵有根樹， 樹中滿足要求的一個數對所對應的一條路徑，必然是以下兩種情況之一：
1、經過根節點
2、不經過根節點，也就是說在根 



  
 

    


    
    
Tree POJ - 1741 （點分治模板）

     
  
 
 Give a tree with n vertices,each edge has a length(positive integer less than 1001).  Define dist(u,v)=The min distance between node u and v.&nbs 



  
 

    


    
    
洛谷P4218 [CTSC2010]珠寶商（後綴自動機+點分治）

     
 getc   open   ref   details   algorithm   ostream   const   algo   -i   傳送門
 
這題思路太清奇了……->題解

  1 //minamoto
  2 #include<iostream 



  
 

    


    
    
hdu 5977 Garden of Eden（點分治+狀壓dp）

     
 就是   ios   false   show   code   style   tdi   eof   namespace   題目鏈接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5977
 
題解：這題一看就知道是狀壓dp然後看了一下很像是點分治（有點明顯）然 



  
 

    


    
    
1316: 樹上的詢問（點分治）

     
 pan   CA   tps   void   head   分析   git   HA   不能   1316: 樹上的詢問
鏈接
 
分析
　　每次查找出重心（去掉重心後的最大的聯通塊最小，保證復雜度），然後統計過重心的路徑中有沒有長度等於len的。
　　統計時，由於必須要過重心，不能是同一棵子 



  
 

    


    
    
poj1741  Tree（點分治）

     
 main   size   std   sync   pac   init   ems   style   cout   題目鏈接：http://poj.org/problem?id=1741
題意：求樹上兩點之間距離小於等於k的點對的數量
思路：點分治模板題，推薦一篇講的非常好的博客：https://b 



  
 

    


    
    
CCPC 2016 杭州 E. Master of Subgraph（點分治+bitset優化DP）

     
 題目連結：http://acm.hdu.edu.cn/downloads/CCPC2018-Hangzhou-ProblemSet.pdf 
題意：給定一棵有 n 個結點的樹和一個數 m，對於 i ∈ [1，m] 問是否存在一個子圖結點的權值和為 i 。 
題解：一個顯然的思路是樹上做揹包，但顯然會 T。要遍 



  
 

    


    
    
BZOJ4860 Beijing2017樹的難題（點分治+單調佇列）

     
 　　考慮點分治。對子樹按照根部顏色排序，每次處理一種顏色的子樹，對同色和不同色兩種情況分別做一遍即可，單調佇列優化。但是注意到這裡每次使用單調佇列的複雜度是O(之前的子樹最大深度+該子樹深度)，一不小心就退化成O(n2)。於是我們按照同顏色最大深度為第一關鍵字、子樹深度為第二關鍵字排序，每次處理完一種顏色再與 



  
 

    


    
    
【BZOJ4738/UOJ#276】汽水（點分治，分數規劃）

     
 【BZOJ4738/UOJ#276】汽水（點分治，分數規劃） 
題面 
BZOJ UOJ 
題解 
今天考試的題目，雖然說是寫完了，但是感覺還是半懂不懂的來著。 程式碼基本照著\(Anson\)爺的碼的，orz。（然後Anson爺的UOJrk1不保了） 首先拿到這道題目的一個比較顯然的思路就是分數規劃二分答案 



  
 

    


    
    
CF161D Distance in Tree（點分治）

     
 
  點分治是一種處理樹的優秀暴力 
 
這是一道板子題 
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int u[50010<<1],v[5001 



  
 

    


    
    
bzoj2599：[IOI2011]Race （點分治）

     
 
								
								            
							
							
							Problem
求權值和等於 KKK 的路徑中，邊數的最小值。
Solution
點分治…
用 tmp[i]tmp[i]tmp[i] 表示到重心距離為  iii 的最短邊數
那麼 ans=min(ans 



  
 

    


    
    
BZOJ1316——樹上的詢問（點分治）

     
 
							
							
							傳送門
對於每個根，我們找dis為len的點就可以了
先dfs一次，然後按距離排序後將所有為len的點的貢獻加就可以了
有一個槽點
但是必須一次性將所有詢問全部讀入，然後在一次點分治中一次求解
否則會TLE
不卡常正解都要T啊

#include<bits 



  
 

    


    
    
【洛谷4149】[IOI2011] Race（點分治）

     
 
								
								            
							
							
							點此看題面
大致題意： 給你一棵樹，問長度為KKK的路徑至少由幾條邊構成。

點分治
這題應該比較顯然是點分治。

LinkLinkLink
點分治 詳見部落格 初學點分治


主要思路
與常見的點分治 



  
 

    


    
    
2018.12.08【FJOI2014】【BZOJ4016】【洛谷P2993】最短路徑樹問題（最短路）（點分治）

     
  
 
  
  
 BZOJ傳送門 
 洛谷傳送門 
  
 解析： 
 辛辛苦苦調了半天發現是最短路樹建錯了。。。 
 思路： 
 首先跑一個最短路，然後將每個點的所有出邊按照出點編號排序，DFS建出最短路樹。 
 這樣建樹才能夠保證字典序是最小的。（naive的我按照前驅結點建樹WA哭了） 
 那麼看一 



  
 

    


    
    
2018.12.08【BZOJ2599】【IOI2011】Race（點分治）

     
  
 
  
  
 傳送門 
  
 解析： 
 點分治一般是統計問題，而這道是一個最優化問題，所以處理上不方便使用容斥原理。 
 思路： 
 那麼怎麼統計呢？ 
 考慮我們維護一個數組
     
      
       
        
         f
        
       
   



  
 

    


    
    
luogub P4886 快遞員（點分治）

     
 記得是9月月賽題，當時做的時候覺得跟ZJOI2015幻想鄉戰略遊戲那道題很像，就寫了，然後就寫掛了。。。 我們發現假設當前點為根，我們算出\(m\)次詢問中最遠的\(a\)對點，如果這\(a\)對點，全部都兩個點在根的不同子樹中。當前點就是最優的就是答案。當全部\(a\)對點都在一個子樹中，我們把答案改為那個 



  
 

    


    
    
luogu P2664 樹上游戲（點分治）

     
 點分治真是一個好東西。可惜我不會 這種要求所有路經的題很可能是點分治。 然後我就不會了。。 既然要用點分治，就想，點分治有哪些優點？它可以\(O(nlogn)\)遍歷分治樹的所有子樹。 那麼現在的問題就是，如可快速（\(O(n)\)或O\((nlogn)\)）求以一個點為根的時候，子樹之間的貢獻（當然還有根節 



  
 

    


    
    
CF914E Palindromes in a Tree（點分治）

     
 https   print   並且   單個   last   strong   lin   efi   const   題面
洛谷
CF
題解
題意：給你一顆 n 個頂點的樹（連通無環圖）。頂點從 1 到 n 編號，並且每個頂點對應一個在‘a’到‘t’的字母。 樹上的一條路徑是回文是指至少有一個對應字母的