Codeforces 1817F

Posted 2023-05-06 None

为什么赛时不开串串题？为什么赛时不开串串题？为什么赛时不开串串题？为什么赛时不开串串题？为什么赛时不开串串题？

一种 SA 做法，本质上和 SAM 做法等价，但是说来也丢人，一般要用到 SAM 的题我都是拿 SA 过的/wul

考虑将 \\(ac\\) 看作一个整体。记 \\(\\textocc(S)\\) 为 \\(S\\) 出现位置的集合，那么根据题目条件，对于一组符合条件的字符串 \\((a,b,c)\\)（显然 \\(ab\\) 确定之后 \\(c\\) 唯一），\\(\\textocc(ac)\\) 和 \\(\\textocc(b)\\) 的差分数组是相同的。而对于 \\(S\\) 的每一个子串 \\(s\\)，\\(\\textocc(s)\\) 最多只有 \\(O(n)\\) 种本质不同的集合。考虑求出这 \\(n\\) 种本质不同的集合的差分数组，具体方法是，并查集维护若干个集合，类似于 NOI2015 品酒大会，从大到小枚举 \\(k\\)，对于每个 \\(ht_i=k\\) 的 \\(i\\) 合并 \\(i\\) 和 \\(i-1\\) 所在集合，同时取一个质数 \\(p\\) 作为哈希模数和一个哈希底数 \\(B\\)，在集合内部维护 \\(H=\\sum_xB^sa_x\\) 以及 \\(M=\\min_xsa_x\\)，这样 \\(H·x^-M\\) 就是这个集合对应差分数组的哈希值。

然后对于每一类哈希值，我们考虑其中的所有等价字符串，显然我们可以将它们分为若干类，每一类表示为，以 \\(x\\) 开始长度为 \\([l,r]\\) 的子串（如果有多个 \\(x\\)，我们取最小的那个，具体实现见代码），显然类中的字符串不可能产生贡献，考虑两类字符串 \\((x_1,l_1,r_1),(x_2,l_2,r_2)\\)，它们能够产生多少对合法的 \\(a,b,c\\)，不妨设 \\(x_1<x_2\\)，那么显然我们要选择一个 \\(i\\in[l_1,r_1],j\\in[l_2,r_2]\\) 使得 \\(ac=s[x_1...x_1+i-1],b=s[x_2...x_2+j-1]\\)，为了让 \\(ac\\) 能够接上 \\(b\\)，显然 \\(i\\) 必须要等于 \\(x_2-x_1\\)，而 \\(j\\) 可以任意取，选择了 \\(i\\) 以后，\\(a\\) 有 \\(i-l_1+1\\) 种可能，也就是说两类字符串 \\((x_1,l_1,r_1),(x_2,l_2,r_2)\\) 对答案的贡献为：

\\[\\begincases 0&(x_2-x_1\\notin[l,r])\\\\ (r_2-l_2+1)·(x_2-x_1-l_1+1)&(x_2-x_1\\in[l,r]) \\endcases \\]

二分前缀和即可。这是 trivial 的。

（wjz 锐评这个题是板子题，其实上面很多部分都是 SAM 模板，如果用 SAM 写的可能还真是板子/cy）

时间复杂度 \\(O(n\\log n)\\)。

const int MAXN=2e5;
const int BS1=3;
const int BS2=5;
const int MOD1=1004535809;
const int MOD2=924844033;
int qpow(int x,int e,int mod)int ret=1;for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(e&1)ret=1ll*ret*x%mod;return ret;
const int IV1=qpow(BS1,MOD1-2,MOD1);
const int IV2=qpow(BS2,MOD2-2,MOD2);
char s[MAXN+5];int n,sa[MAXN+5],rk[MAXN+5],ht[MAXN+5],buc[MAXN+5],seq[MAXN+5];
void getsa()
	int vmax=122,gr=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)buc[s[i]]++;
	for(int i=1;i<=vmax;i++)buc[i]+=buc[i-1];
	for(int i=n;i;i--)sa[buc[s[i]]--]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[sa[i]]!=s[sa[i-1]])++gr;
		rk[sa[i]]=gr;
	vmax=gr;
	for(int k=1;k<=n;k<<=1)
		static pii x[MAXN+5];
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(i+k<=n)x[i]=mp(rk[i],rk[i+k]);
			else x[i]=mp(rk[i],0);
		memset(buc,0,sizeof(buc));
		static int seq[MAXN+5];int num=0;gr=0;
		for(int i=n-k+1;i<=n;i++)seq[++num]=i;
		for(int i=1;i<=n;i++)if(sa[i]>k)seq[++num]=sa[i]-k;
		for(int i=1;i<=n;i++)buc[x[i].fi]++;
		for(int i=1;i<=vmax;i++)buc[i]+=buc[i-1];
		for(int i=n;i;i--)sa[buc[x[seq[i]].fi]--]=seq[i];
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(x[sa[i]]!=x[sa[i-1]])++gr;
			rk[sa[i]]=gr;
		vmax=gr;if(vmax==n)break;
	

void getht()
	int k=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(rk[i]==1)continue;if(k)--k;int j=sa[rk[i]-1];
		while(i+k<=n&&j+k<=n&&s[i+k]==s[j+k])++k;
		ht[rk[i]]=k;
	

vector<int>vec[MAXN+5];
int pw1[MAXN+5],pw2[MAXN+5],ipw1[MAXN+5],ipw2[MAXN+5];
int f[MAXN+5],L[MAXN+5],R[MAXN+5],hs1[MAXN+5],hs2[MAXN+5],mn[MAXN+5];
int find(int x)return (!f[x])?x:f[x]=find(f[x]);
map<pii,vector<tuple<int,int,int> > >strs;
void ins(pii hs,int x,int l,int r)if(l<=r)strs[hs].pb(mt(x,l,r));
int main()
	scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);getsa();getht();
	for(int i=2;i<=n;i++)vec[ht[i]].pb(i);
	for(int i=(pw1[0]=pw2[0]=ipw1[0]=ipw2[0]=1);i<=n;i++)
		pw1[i]=1ll*pw1[i-1]*BS1%MOD1;ipw1[i]=1ll*ipw1[i-1]*IV1%MOD1;
		pw2[i]=1ll*pw2[i-1]*BS2%MOD2;ipw2[i]=1ll*ipw2[i-1]*IV2%MOD2;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)L[i]=R[i]=i;mn[i]=sa[i];hs1[i]=pw1[sa[i]];hs2[i]=pw2[sa[i]];
	for(int i=1;i<=n;i++)ins(mp(1,1),sa[i],max(ht[i],ht[i+1])+1,n-sa[i]+1);
	for(int i=n;i;i--)for(int id:vec[i])
		int fu=find(id-1),fv=find(id);f[fu]=fv;L[fv]=L[fu];
		hs1[fv]=(hs1[fv]+hs1[fu])%MOD1;hs2[fv]=(hs2[fv]+hs2[fu])%MOD2;
		chkmin(mn[fv],mn[fu]);
		int HS1=1ll*hs1[fv]*ipw1[mn[fv]]%MOD1;
		int HS2=1ll*hs2[fv]*ipw2[mn[fv]]%MOD2;
		ins(mp(HS1,HS2),mn[fv],max(ht[L[fv]],ht[R[fv]+1])+1,i);
	
	ll res=0;
	for(auto tt:strs)
		vector<tuple<int,int,int> >v=tt.se;sort(v.begin(),v.end());
		vector<ll>s0(v.size()),s1(v.size());
		for(int i=0;i<v.size();i++)
			s0[i]=((!i)?0:s0[i-1])+get<2>(v[i])-get<1>(v[i])+1;
			s1[i]=((!i)?0:s1[i-1])+1ll*(get<2>(v[i])-get<1>(v[i])+1)*get<0>(v[i]);
		
//		printf("solving:\\n");
//		for(tuple<int,int,int>t:v)printf("(%d,%d,%d)\\n",get<0>(t),get<1>(t),get<2>(t));
		for(int i=0;i<v.size();i++)
			int x=get<0>(v[i]),L=get<1>(v[i]),R=get<2>(v[i]);
			int l=i+1,r=(int)(v.size())-1,pl=-1,pr=-1;
			while(l<=r)
				int mid=l+r>>1;
				if(get<0>(v[mid])>=x+L)pl=mid,r=mid-1;
				else l=mid+1;
			
			l=i+1,r=(int)(v.size())-1;
			while(l<=r)
				int mid=l+r>>1;
				if(get<0>(v[mid])<=x+R)pr=mid,l=mid+1;
				else r=mid-1;
			
			if(pl<=pr&&pl!=-1&&pr!=-1)
				res+=(s1[pr]-((!pl)?0:s1[pl-1]));
				res-=(s0[pr]-((!pl)?0:s0[pl-1]))*(x+L-1);
			
		
	printf("%lld\\n",res);
	return 0;

/*
aabaabaaabbaabbbaabaabaaabbaabbbaabaabaaabbaabbbaabaabaaabbaabbb
*/
/*
abcdedcba
*/

Codeforces_731_F

http://codeforces.com/problemset/problem/731/F

 

其实是暴力枚举，但是有些小技巧，直接保存每个数的数量。

枚举每个起点时，然后依次加上起点大小的分段的数量的值，用前缀和效率很高，并且能巧妙跳过重复元素。

 

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

int cnt[200005] = {0},n;

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int temp,maxx = 0;
    while(n--)
    {
        scanf("%d",&temp);
        maxx = max(maxx,temp);
        cnt[temp]++;
    }
    for(int i = 2;i <= maxx;i++)    cnt[i] += cnt[i-1];
    long long ans = 0,tempmax;
    for(int i = 1;i <= maxx;i++)
    {
        if(cnt[i] != cnt[i-1])
        {
            tempmax = 0;
            for(int j = i;j <= maxx;j += i)    tempmax += (long long)j*(cnt[min(j+i-1,maxx)]-cnt[j-1]);
            ans = max(tempmax,ans);
        }
        
    }
    printf("%I64d\n",ans);
    return 0;
}