「BZOJ1014」[JSOI2008] 火星人prefix
Description
火星人最近研究了一种操作：求一个字串两个后缀的公共前缀。比方说，有这样一个字符串：madamimadam，我们将这个字符串的各个字符予以标号：序号： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 字符 m a d a m i m a d a m 现在，火星人定义了一个函数LCQ(x, y)，表示：该字符串中第x个字符开始的字串，与该字符串中第y个字符开始的字串，两个字串的公共前缀的长度。比方说，LCQ(1, 7) = 5, LCQ(2, 10) = 1, LCQ(4, 7) = 0 在研究LCQ函数的过程中，火星人发现了这样的一个关联：如果把该字符串的所有后缀排好序，就可以很快地求出LCQ函数的值；同样，如果求出了LCQ函数的值，也可以很快地将该字符串的后缀排好序。 尽管火星人聪明地找到了求取LCQ函数的快速算法，但不甘心认输的地球人又给火星人出了个难题：在求取LCQ函数的同时，还可以改变字符串本身。具体地说，可以更改字符串中某一个字符的值，也可以在字符串中的某一个位置插入一个字符。地球人想考验一下，在如此复杂的问题中，火星人是否还能够做到很快地求取LCQ函数的值。
Input
第一行给出初始的字符串。第二行是一个非负整数M，表示操作的个数。接下来的M行，每行描述一个操作。操作有3种，如下所示： 1、 询问。语法：Q x y，x, y均为正整数。功能：计算LCQ(x, y) 限制：1 <= x, y <= 当前字符串长度。 2、 修改。语法：R x d，x是正整数，d是字符。功能：将字符串中第x个数修改为字符d。限制：x不超过当前字符串长度。 3、 插入：语法：I x d，x是非负整数，d是字符。功能：在字符串第x个字符之后插入字符d，如果x = 0，则在字符串开头插入。限制：x不超过当前字符串长度。
Output
对于输入文件中每一个询问操作，你都应该输出对应的答案。一个答案一行。
Sample Input
7
Q 1 7
Q 4 8
Q 10 11
R 3 a
Q 1 7
I 10 a
Q 2 11
Sample Output
1
0
2
1
数据规模：
对于100%的数据，满足：
1、 所有字符串自始至终都只有小写字母构成。
2、 M <= 150,000
3、 字符串长度L自始至终都满足L <= 100,000
4、 询问操作的个数不超过10,000个。
对于第1，2个数据，字符串长度自始至终都不超过1,000
对于第3，4，5个数据，没有插入操作。
题解
用splay维护字符串，然后二分+hash判断
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1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 |
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #define ll long long #define mod 9875321 using namespace std; int c[150005][2],fa[150005],id[150005]; int size[150005],v[150005],h[150005],p[150005]; int n,m,rt,sz; char ch[150005]; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } void update(int k) { int l=c[k][0],r=c[k][1]; size[k]=size[l]+size[r]+1; h[k]=h[l]+(ll)v[k]*p[size[l]]%mod+(ll)p[size[l]+1]*h[r]%mod; h[k]%=mod; } void rotate(int x,int &k) { int y=fa[x],z=fa[y],l,r; if(c[y][0]==x)l=0;else l=1;r=l^1; if(y==k)k=x; else {if(c[z][0]==y)c[z][0]=x;else c[z][1]=x;} fa[x]=z;fa[y]=x;fa[c[x][r]]=y; c[y][l]=c[x][r];c[x][r]=y; update(y);update(x); } void splay(int x,int &k) { while(x!=k) { int y=fa[x],z=fa[y]; if(y!=k) { if(c[y][0]==x^c[z][0]==y)rotate(x,k); else rotate(y,k); } rotate(x,k); } } int find(int k,int rk) { int l=c[k][0],r=c[k][1]; if(size[l]+1==rk)return k; else if(size[l]>=rk)return find(l,rk); else return find(r,rk-size[l]-1); } void insert(int k,int val) { int x=find(rt,k+1),y=find(rt,k+2); splay(x,rt);splay(y,c[x][1]); int z=++sz;c[y][0]=z;fa[z]=y;v[z]=val; update(z);update(y);update(x); } int query(int k,int val) { int x=find(rt,k),y=find(rt,k+val+1); splay(x,rt);splay(y,c[x][1]); int z=c[y][0]; return h[z]; } int solve(int x,int y) { int l=1,r=min(sz-x,sz-y)-1,ans=0; while(l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if(query(x,mid)==query(y,mid))l=mid+1,ans=mid; else r=mid-1; } return ans; } void build(int l,int r,int f) { if(l>r)return; int now=id[l],last=id[f]; if(l==r) { v[now]=h[now]=ch[l]-'a'+1; fa[now]=last;size[now]=1; if(l<f)c[last][0]=now; else c[last][1]=now; return; } int mid=(l+r)>>1;now=id[mid]; build(l,mid-1,mid);build(mid+1,r,mid); v[now]=ch[mid]-'a'+1;fa[now]=last;update(now); if(mid<f)c[last][0]=now; else c[last][1]=now; } int main() { scanf("%s",ch+2); n=strlen(ch+2); p[0]=1;for(int i=1;i<=150004;i++)p[i]=p[i-1]*27%mod; for(int i=1;i<=n+2;i++)id[i]=i; build(1,n+2,0);sz=n+2;rt=(n+3)>>1; m=read(); int x,y; char s[2],d[2]; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%s",s+1); x=read(); switch(s[1]) { case 'Q':y=read();printf("%d\n",solve(x,y));break; case 'R': { scanf("%s",d+1);x=find(rt,x+1);splay(x,rt); v[rt]=d[1]-'a'+1;update(rt);break; } case 'I':scanf("%s",d+1);insert(x,d[1]-'a'+1);break; } } return 0; } |
OI 课件=>
单旋的splay不是十分容易被卡掉吗？
单旋的splay是容易被卡掉，然而这个并不是单旋的splay，仔细看啊
id[]是干嘛的…
此题并没有什么用