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POJ 3415 后缀数组
题目链接：http://poj.org/problem?id=3415
题意：给定2个串[A串和B串]，求两个串公共子串长度大于等于k的个数。
思路：首先是两个字符串的问题。所以想用一个‘#‘把两个字符串拼接起来。求后缀数组。 然后按照k把height数组分组。大于等于k的为一组，然后就是统计每组的贡献。对于每一组的贡献即是组内所有A串的后缀和B串的后缀的lcp值，即为val.那么val对于答案的贡献为(val-k+1)。如果我们暴力每组的AB串后缀的组合。时间复杂度是O(n^2).不能满足要求。所以要用另外的办法来优化计算。利用height数组的性质，满足单调不增的特点，所以我们可以用一个单调栈来优化计算。 对于每个分组。我们分2种情况来计算。一：把B串的后缀放入单调栈。每枚举到一个A串后缀就和单调栈的值进行计算贡献。二:把A串的后缀放入单调栈。每枚举到一个B串后缀就和单调栈的值进行计算贡献。 对于如何维护这个单调栈：如果对于情况一，如果每遇到一个A串后缀就和栈内所有的B后缀都计算一遍会退化到O(n^2).所以栈还要维护一个前缀贡献值，这样就可以把复杂度将为O(n)。 关于维护前缀贡献值是从这篇博客学习到的。 该题也可以用后缀自动机来写，而且好像比后缀数组容易。
#define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<string>#include<queue>#include<vector>#include<time.h>#include<cmath>#include<stack>using namespace std;typedef long long int LL;const int MAXN = 100000 * 2 + 10;int cmp(int *r, int a, int b, int l){ return r[a] == r[b] && r[a + l] == r[b + l];}int wa[MAXN], wb[MAXN], wv[MAXN], WS[MAXN];void da(int *r, int *sa, int n, int m){ int i, j, p, *x = wa, *y = wb, *t; for (i = 0; i < m; i++) { WS[i] = 0; } for (i = 0; i < n; i++) { WS[x[i] = r[i]]++; } for (i = 1; i < m; i++) { WS[i] += WS[i - 1]; } for (i = n - 1; i >= 0; i--) { sa[--WS[x[i]]] = i; } for (j = 1, p = 1; p<n; j *= 2, m = p) { for (p = 0, i = n - j; i < n; i++) { y[p++] = i; } for (i = 0; i < n; i++) { if (sa[i] >= j){ y[p++] = sa[i] - j; } } for (i = 0; i < n; i++) { wv[i] = x[y[i]]; } for (i = 0; i < m; i++) { WS[i] = 0; } for (i = 0; i < n; i++) { WS[wv[i]]++; } for (i = 1; i < m; i++) { WS[i] += WS[i - 1]; } for (i = n - 1; i >= 0; i--) { sa[--WS[wv[i]]] = y[i]; } for (t = x, x = y, y = t, p = 1, x[sa[0]] = 0, i = 1; i < n; i++){ x[sa[i]] = cmp(y, sa[i - 1], sa[i], j) ? p - 1 : p++; } } return;}int Rank[MAXN], height[MAXN], sa[MAXN];void calheight(int *r, int *sa, int n){ int i, j, k = 0; for (i = 1; i <= n; i++) { Rank[sa[i]] = i; } for (i = 0; i < n; height[Rank[i++]] = k){ for (k ? k-- : 0, j = sa[Rank[i] - 1]; r[i + k] == r[j + k]; k++); } return;}int r[MAXN], len, k, index;char str[MAXN];struct Node{ int cnt, height; LL sum; //cnt：后缀个数； height:sa[i]和sa[i-1]的lcp；sum:前缀贡献和}S[MAXN];void solve(){ LL ans = 0; int top=0; for (int i = 1; i <= len; i++){ //计算A串的贡献 if (height[i] < k) top = 0; else { int cnt = 0; while (top && height[i] <= S[top - 1].height) cnt += S[--top].cnt; //单调栈 S[top].cnt = cnt + (sa[i - 1] > index); //属于B串 S[top].height = height[i]; //记录height S[top].sum = top ? S[top - 1].sum : 0; //累加之前的[前缀]贡献 S[top].sum += (LL)(S[top].height - k + 1) * S[top].cnt; //计算当前贡献 if (sa[i] < index) ans += S[top].sum; //属于A串，统计贡献 top++; } } top = 0; for (int i = 1; i <= len; i++){ //与上面相反 if (height[i] < k) top = 0; else { int cnt = 0; while (top && height[i] <= S[top - 1].height) cnt += S[--top].cnt; S[top].cnt = cnt + (sa[i - 1] < index); S[top].height = height[i]; S[top].sum = top ? S[top - 1].sum : 0; S[top].sum += (LL)(S[top].height - k + 1) * S[top].cnt; if (sa[i] > index) ans += S[top].sum; top++; } } printf("%lld\n", ans);}int main(){ while (scanf("%d", &k) && k){ scanf("%s", str); index = strlen(str); str[index] = ‘#‘; scanf("%s", str + index + 1); len = strlen(str); str[len] = ‘$‘; for (int i = 0; i <= len; i++){ r[i] = str[i]; } r[index] = 1; r[len] = 0; da(r, sa, len+1, 128); calheight(r, sa, len); solve(); } return 0;}
POJ 3415 后缀数组
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