【border相關】【P3426】 [POI2005]SZA-Template

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Description

給定一個字符串 \(S\)，要求一個最短的字符串 \(T\)，使得 \(S\) 可以由 \(T\) 不斷在後面接上自身得到。在拼接的時候， \(T\) 的某個後綴如果與某個前綴相同，則相同的部分可以算作一個，不再重複出現。

Limitations

\(1 \leq |S| \leq 5 \times 10^5\)

Solution

介紹一個叫 \(border\) 樹的東西，在 OI 中被稱作 \(next\) 樹。

記 \(S\) 的前綴 \(i\) 的最長 \(border\) 爲 \(border_i\)，考慮在 \(i\) 和 \(border_i\) 之間連一條邊，最終會形成一棵以 \(0\) 爲根的樹。

證明上，考慮這棵樹有 \(n + 1\) 個節點，而顯然 \(border_i < i\)，因此每個節點連向 \(border\) 的邊都是互不重複的，共有 \(n\) 條邊，由此可以證明這是一顆樹。

這棵樹有兩個優美的性質：

節點 \(u\) 的祖先集合是 \(u\) 的所有 \(border\) 集合

節點 \(u\) 的後代集合是 \(u\) 能作爲 \(border\) 的 \(S\) 的前綴子串集合

對於性質 \(1\)，根據定義，\(u\) 的父節點是 \(u\) 的最長 \(border\)，迭代證明即可。

性質 \(2\) 可以由性質 \(1\) 反推得到。

現在考慮本題。

一個顯而易見的結論是 \(T\) 一定是 \(S\) 的 \(border\)。

因此我們考慮枚舉 \(S\) 的所有 \(border\)，我們發現對於長度爲 \(i\) 的 \(border\)，如果將他在 \(border\) 樹上的後代拿下來排序以後相鄰兩數差值的最大值大於 \(i\)，則這個 \(border\) 不能作爲答案，因爲對於插值最大的兩個數，在拼接到左邊的位置以後再加一個長度爲 \(i\) 的 \(T\) 不能拼接到右側的數，反之可以證明這個 \(border\) 是合法的。

我們考慮維護 \(border\) 的所有後代，從長到短枚舉 \(border\) 時，相當於從 \(border\) 樹的某個葉節點一直枚舉到根，我們發現 \(border\) 變短時只會加入一些節點而不會刪除，因此用一個 set 去維護這些後代，用 multiset 維護插值最大值即可。

時間複雜度 \(O(|S| \log |S|)\)

Code

寫代碼的時候發現一個有關 multiset 的有趣的事：erase某個值的時候，會將全部的該值刪掉，如果想要只刪掉一個，需要 s.erase(s.find(x))。

#include <cstdio>
#include <set>
#include <vector>
#include <algorithm>

const int maxn = 500005;

int n, ans;
char MU[maxn];
int border[maxn];
std::set<int>s;
std::multiset<int>ms;
std::vector<int>son[maxn];

void KMP();
int ReadStr(char *p);
void dfs(const int u);
void update(const int x);

void KMP();

int main() {
  freopen("1.in", "r", stdin);
  n = ReadStr(MU + 1);
  KMP();
  update(n);
  for (int i = border[n], j = n; i; j = i, i = border[i]) {
    update(i);
    for (auto u : son[i]) if (u != j) {
      dfs(u);
    }
    if (*(--ms.end()) <= i) {
      ans = i;
    }
  }
  qw(ans, '\n', true);
  return 0;
}

int ReadStr(char *p) {
  auto beg = p;
  do *p = IPT::GetChar(); while ((*p > 'z') || (*p < 'a'));
  do *(++p) = IPT::GetChar(); while ((*p >= 'a') && (*p <= 'z'));
  *p = 0;
  return p - beg;
}

void KMP() {
  for (int i = 2, j = 0; i <= n; ++i) {
    while (j && (MU[i] != MU[j + 1])) j = border[j];
    if (MU[i] == MU[j + 1]) ++j;
    son[border[i] = j].push_back(i);
  }
}

void dfs(const int u) {
  update(u);
  for (auto v : son[u]) {
    dfs(v);
  }
}

void update(const int x) {
  auto u = s.insert(x).first, ftmp = u, btmp = u;
  --ftmp; ++btmp;
  if ((u != s.begin()) && (btmp != s.end())) {
    ms.erase(ms.find(*btmp - *ftmp));
  }
  if (u != s.begin()) {
    ms.insert(x - *ftmp);
  }
  if (btmp != s.end()) {
    ms.insert(*btmp - x);
  }
}