CF961F k-substrings

Posted 2020-12-24 five20

题目描述

You are given a string $s$ consisting of $n$ lowercase Latin letters.

Let‘s denote $k$ -substring of $s$ as a string $sub{s}^k=s^k{s}^{k+1}..s^{n+1-k}$ . Obviously, $sub{s}^1=s$ , and there are exactly such substrings.

Let‘s call some string $t$ an odd proper suprefix of a string $T$ iff the following conditions are met:

• $|T|>|t|$ ;
• $|t|$ is an odd number;
• $t$ is simultaneously a prefix and a suffix of $T$ .

For evey $k$ -substring () of $s$ you have to calculate the maximum length of its odd proper suprefix.

输入输出格式

输入格式：

The first line contains one integer $n$ $(2<=n<=10^6)$ — the length $s$ .

The second line contains the string $s$ consisting of $n$ lowercase Latin letters.

输出格式：

Print integers. $i$ -th of them should be equal to maximum length of an odd proper suprefix of $i$ -substring of $s$ (or $-1$ , if there is no such string that is an odd proper suprefix of $i$ -substring).

输入输出样例

输入样例#1： 

15
bcabcabcabcabca

输出样例#1： 

9 7 5 3 1 -1 -1 -1

输入样例#2： 

24
abaaabaaaabaaabaaaabaaab

输出样例#2： 

15 13 11 9 7 5 3 1 1 -1 -1 1

输入样例#3： 

19
cabcabbcabcabbcabca

输出样例#3： 

5 3 1 -1 -1 1 1 -1 -1 -1

说明

The answer for first sample test is folowing:

• 1-substring: bcabcabcabcabca
• 2-substring: cabcabcabcabc
• 3-substring: abcabcabcab
• 4-substring: bcabcabca
• 5-substring: cabcabc
• 6-substring: abcab
• 7-substring: bca
• 8-substring: c

 

 

Solution：

　　集训第二天，昨天HRZ学长讲的NOI2016我只搞出了一道（话说我是真的菜）。

　　今天的字符串专题讲了下本题，然后思路非常巧妙：字符串hash+类似kmp的方法。

　　首先字符串hash就随便讲下，直接将每位当作$k$进制数取模就好了，一般$k=131$然后模数搞个质数，当然为了防止出错，可以搞多模数。

　　然后我们发现本题的一个性质，那就是$ans[1]-2leq ans[2]$，这个很显然啊，那么我们移项后得到$ans[1]leq ans[2]+2$。

　　不难想到我们可以从最中间的情况开始考虑，然后往前枚举，对于当前答案$ans[cnt]$，可以肯定的是$ans[cnt]leq ans[cnt+1]+2$，所以每次答案最多增加一个$2$，若不行就回退，最多减少$n$个$2$（注意不能小于$-1$）。学长说这有点像KMP的算法复杂度证明，显然有一共最多增加$frac{n}{2}$个$2$，最多减少$frac{n}{2}$个$2$，所以复杂度是$O(n)$的，具体实现时，只需要取出该长度的两个字符串hash值，比较一下直到相等就好了。有点玄学，但是还是能理解吧。

代码：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define il inline
 3 #define ll long long
 4 #define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
 5 #define Bor(i,a,b) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
 6 using namespace std;
 7 const ll N=2000005,M=131,mod1=998244353,mod2=19260817;
 8 ll f[N],p[N],sum[N],ans[N>>1],cnt;
 9 int n;
10 char s[N];
11 
12 il void solve(){
13     sum[0]=1;
14     For(i,1,n) f[i]=(f[i-1]*M+s[i])%mod1,sum[i]=(sum[i-1]*M)%mod1;
15     int l,r;
16     cnt=n+1>>1;
17     if(n&1)ans[cnt]=-1,l=r=n+1>>1;
18     else {
19         l=n>>1,r=l+1;
20         s[l]==s[r]?ans[cnt]=1:ans[cnt]=-1;
21     }
22     ll p,q;
23     while(cnt--){
24         ans[cnt]=ans[cnt+1]+2;
25         if(!cnt)break;
26         l--,r++;
27         p=-1,q=1;
28         while(ans[cnt]!=-1){
29             p=(f[l+ans[cnt]-1]-f[l-1]*sum[ans[cnt]]%mod1+mod1)%mod1;
30             q=(f[r]-f[r-ans[cnt]]*sum[ans[cnt]]%mod1+mod1)%mod1;
31             if(p==q) break;
32             ans[cnt]-=2;
33         }
34     }
35     For(i,1,(n+1)>>1) printf("%lld ",ans[i]);
36 }
37 
38 
39 int main(){
40     scanf("%d%s",&n,s+1);
41     solve();
42     return 0;
43 }