SPOJ 1812 LCS2 - Longest Common Substring II (後綴自動機)【兩種做法】
手動博客搬家: 本文發表於20181217 23:54:35, 原地址https://blog.csdn.net/suncongbo/article/details/85058680
人生第一道後綴自動機。
說實話SAM我還沒學多麽明白。
但是題還是要做的。
說起來這玩意真的很妙。可惜我智商低理解不了。
再次驗證了代碼能力菜到沒邊。hyw 30min寫完我寫2.5h.
題目鏈接 (洛谷)
https://www.luogu.org/problemnew/show/SP1812
題目大意
給\(n\)個長度為\(l_i\)的小寫字母字符串，求它們的最長公共子串 (要求每個字符串都要出現。) \(n\le 10, l_i\le 10^5\)
題解
做法一 二分+hash判斷。\(O(L\log L\times n)\), 據說會TLE.
做法二 後綴數組。不會。
做法三 後綴自動機。
用後綴自動機的有兩種做法
做法一
首先考慮如何求兩個串\(A,B\)的\(LCS\). 對\(A\)串建出後綴自動機，用\(B\)串在上面匹配。
匹配時從頭到尾枚舉\(B\)的每一個字符，記錄當前\(A\)串後綴自動機的位置\(pos\)以及當前長度\(len\), 初始\(pos=rtn, len=0\) (\(rtn\)為根節點)
- 當前存在一條匹配邊。即
son[pos][str[i]]!=0, 則\(pos\)跳到\(son[pos][str[i]]\), \(len\)增加1即可。 - 當前不存在一條匹配便。即
son[pos][str[i]]==0, 則\(pos\)從\(u\)開始向上跳，直到u==0或者son[u][str[i]]==0.分別對應第3和1種情況。此時\(len\)應置為\(Len[pos]\), \(Len[u]\)表示\(u\)狀態表示的最長字符串。 - 如果
u==0表明我們匹配到了自動機外面，則此時應重置\(pos=rtn,len=0\)
這樣我們可以處理\(n=2\)的情形。\(n>2\)?
對於\(A_2, A_3,...,A_n\)分別跑一次，每一個節點記錄一下匹配大小的最小值，然後求最大即可。每個點記錄的最小值是因為要求這個子串同時是這\(n\)個串的公共部分，求最大是對於合法的狀態求出最大值。
做完了。？
少了一步
觀察到\(n=2\)時\(A\)若長度較長的子串可以匹配，那麽長度較短的子串也可以匹配。因此我們需要每做完一個串進行一遍更新:
if(fa[u]) mx[fa[u]] = max(mx[fa[u]],mx[u]);做完了嗎？
我們發現實際上對每個點還有限制，就是\(mx[u]\le len[u]\).
if(fa[u]) {mx[fa[u]] = max(mx[fa[u]],min(mx[u],len[fa[u]]));}真·做完了。
代碼
//Wrong Coding:
//pos = fa[pos]; curl = len[pos]; Wrong Order
//insertstr() len[np]=len[p]+1 Forgot
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define llong long long
using namespace std;
const int N = 2e5;
const int M = 3e5;
const int S = 26;
int son[N+3][S+3];
int fa[N+3];
int len[N+3];
char a[N+3];
char b[N+3];
int buc[N+3];
int oid[N+3];
int ans[N+3];
int mx[N+3];
int sz[N+3];
int lpos,siz,rtn,lena;
void insertstr(char ch)
{
int p = lpos,np; siz++; np = lpos = siz; sz[np] = 1; len[np] = len[p]+1;
for(; p && son[p][ch]==0; p=fa[p]) son[p][ch] = np;
if(p==0) {fa[np] = rtn;}
else
{
int q = son[p][ch];
if(len[p]+1==len[q]) {fa[np] = q;}
else
{
siz++; int nq = siz; len[nq] = len[p]+1;
memcpy(son[nq],son[q],sizeof(son[q]));
fa[nq] = fa[q]; fa[np] = fa[q] = nq;
for(; p!=0 && son[p][ch]==q; p=fa[p]) son[p][ch] = nq;
}
}
}
void prework()
{
for(int i=1; i<=siz; i++) buc[len[i]]++;
for(int i=1; i<=lena; i++) buc[i] += buc[i-1];
for(int i=siz; i>=1; i--) oid[buc[len[i]]--] = i;
for(int i=siz; i>=1; i--)
{
int pos = oid[i];
sz[fa[pos]] += sz[pos];
}
}
void dfs(char str[],int lens)
{
int curl = 0,pos = rtn;
for(int i=1; i<=lens; i++)
{
while(pos && son[pos][str[i]-96]==0) {pos = fa[pos]; curl = len[pos];}
if(pos) {curl++; pos = son[pos][str[i]-96]; mx[pos] = max(mx[pos],curl);}
else {pos = rtn; curl = 0;}
}
for(int i=siz; i>=1; i--)
{
int u = oid[i];
if(fa[u]) {mx[fa[u]] = max(mx[fa[u]],min(mx[u],len[fa[u]]));}
ans[u] = min(ans[u],mx[u]);
mx[u] = 0;
}
}
int main()
{
memset(ans,1,sizeof(ans));
siz = 1; rtn = 1; lpos = 1;
scanf("%s",a+1);
lena = strlen(a+1);
for(int i=1; i<=lena; i++) insertstr(a[i]-96);
prework();
while(scanf("%s",b+1)!=EOF)
{
int lenb = strlen(b+1);
dfs(b,lenb);
}
int fans = 0;
for(int i=1; i<=siz; i++) {if(ans[i]<=5e6) fans = max(fans,ans[i]);}
printf("%d\n",fans);
return 0;
}完了？沒有呢，還有做法二。
做法二
我們考慮這個題的一個加強版：每次給\(n\)個串的一個子集，詢問這個子集內的串的\(LCS\). \(n\le 20, L\le 10^5, q\le 10^5\)
做法：\(n\)個串並起來建立廣義\(SAM\). 然後每個狀態記錄一個\(n\)位二進制數。對於第\(i\)個串先在其所到達狀態標記\(2^i\). 最後把標記沿著Parent樹從下往上更新一下，然後統計出每一個子集的答案，然後再用每個集合的答案更新它的子集的答案（註意避免\(O(3^n)\)會\(TLE\)）即可。
時間復雜度\(O(2^nn+nL)\)
可以參考GDOI2017微信這道題。見DC巨佬的博客：https://www.cnblogs.com/dcdcbigbig/p/10135665.html (引用已經過博主同意orz)
SPOJ 1812 LCS2 - Longest Common Substring II (後綴自動機)【兩種做法】