hihocoder #1465 : 后缀自动机五·重复旋律8

Posted 2020-09-12 NeighThorn

 

#1465 : 后缀自动机五·重复旋律8

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描述

小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一段音乐旋律可以被表示为一段数构成的数列。

小Hi发现旋律可以循环，每次把一段旋律里面最前面一个音换到最后面就成为了原旋律的“循环相似旋律”，还可以对“循环相似旋律”进行相同的变换能继续得到原串的“循环相似旋律”。

小Hi对此产生了浓厚的兴趣，他有若干段旋律，和一部音乐作品。对于每一段旋律，他想知道有多少在音乐作品中的子串（重复便多次计）和该旋律是“循环相似旋律”。

解题方法提示

解题方法提示

小Hi：我们已经对后缀自动机比较熟悉了，今天我们再来道稍有难度的题。

小Ho：好！这道题目让我们求的是若干串在另一个长串S中各自作为子串出现的次数，只是匹配的方式从完全相等变成了“循环同构”。

小Hi：没错！如果匹配方式是完全相等的话，本题就可以使用AC自动机或者trie图完美的解决。

小Ho：既然这个问题也和子串有关系，那么不妨试试后缀自动机。

小Hi：对。和上一期一样，你可以先想想如果询问只有一个串T应该怎么做。

小Ho：嗯，那自然就考虑所有T的循环同构的串在长串S中出现的次数。

小Hi：没错。循环同构有点麻烦，如果我们枚举与T循环同构的串，再依次判断是否在S中出现过。那复杂度至少是O(length(T)^2)的了。

小Ho：恩。比如T="abcd"的话，我们要判断4个串"abcd", "bcda", "cdab", "dabc"在S中出现的次数。

小Hi：为了能顺利解决循环同构的问题。我们要做点准备，先考虑这么一个问题。对于给定的字符串S和T，求S和T的最长公共子串。小Ho，你知道最长公共子串是什么吧？ 要注意子串和子序列不同哦。

小Ho：知道。比如"aabbabd"和"abbabb"的最长公共子串就是"abbab"。

小Hi：我们利用SAM，可以做到对于T的每个位置i，都能求出以T[i]结尾的最长公共子串是什么。以你上面说的"aabbabd"和"abbabb"为例。我们可以求出

S: aabbabd
T: abbabb               
1：a
2: ab
3: abb
4: abba
5: abbab
6:    abb

小Ho：这个怎么求呢？

小Hi：我们先构造S的后缀自动机。然后对于每个结束位置T[i]，维护两个变量。一个是当前状态u，表示T[i]结尾的最长公共子串在S的SAM的哪个状态里；二是当前匹配长度l，表示T[i]结尾的最长公共子串的长度。初始时u=初始状态S，l=0。

小Hi：假设我们已经知道T[i-1]对应的(u, l)，要求T[i]对应的(u‘, l‘)。如果trans[u][T[i]]存在的话，那么直接令u‘=trans[u][T[i]], l‘ = l+1即可。

位置	u	l
T[0]	S	l=0
T[1]	trans[S][a]=1	1
T[2]	trans[1][b]=8	2
T[3]	trans[8][b]=4	3
T[4]	trans[4][a]=6	4
T[5]	trans[6][b]=7	5
T[6]	trans[7][b]=NULL	?

小Ho：那如果遇到trans[u][T[i]]不存在怎么办？ 比如处理的T[6]的时候，trans[7][b]不存在。

小Hi：这时我们要沿suffix-path(u->S)找到一个状态v满足trans[v][T[i]]存在。所以先找suffix[7]=8，而trans[8][b]=4存在。这时令u=trans[v][T[i]], l=maxlen(v)+1。

位置	u	l
T[0]	S	l=0
T[1]	trans[S][a]=1	1
T[2]	trans[1][b]=8	2
T[3]	trans[8][b]=4	3
T[4]	trans[4][a]=6	4
T[5]	trans[6][b]=7	5
T[6]	trans[7][b]=NULL	?
T[6]	trans[suffix[7]][b]=trans[8][b]=4	maxlen[8]+1=3

小Ho：这里trans[u][T[i]]不存在就沿着suffix-path(u->S)向前找的过程好像类似KMP中当前字符失配就沿next数组向前找？

小Hi：没错，过程是类似的。都是在"abbab"+‘b‘失配时，试图找到"abbab"的一个最长后缀s使得s+‘b‘不失配。我们知道"abbab"的后缀都在suffix-path(u->S)里，所以沿着suffix-path(u->S)向前找即可。

小Ho：如果最后直到初始状态S都没有trans[v][T[i]]存在呢？

小Hi：如果trans[S][T[i]]不存在，那字符T[i]肯定是没在字符串S中出现过。这时我们令u=S, l=0从T[i+1]重新开始即可。

小Hi：好了，现在对于T的每个位置i，我们都能求出以T[i]结尾的最长公共子串是什么。（严格来说我们知道最长公共子串的长度l）那我们能知道这个最长公共子串在S中出现了多少次么？

小Ho：这个我知道。我们既然已经知道子串对应的状态u，那么|endpos(u)|就是子串出现的次数。这个问题我们已经在hiho一下 第129周学习过了。

小Hi：现在我们的准备工作做完了。小Ho你先回顾一下前面的内容，下面我们要开始解决这周的问题了。

小Ho：好的。

小Hi：现在我们要处理T的循环同构串们。这里有一个常用的技巧，假设T的长度是n，我们令T‘=T + T[1..n-1]形成一个新的串T‘。例如对于"abcd"，我们把"abc"拼在"abcd"后面，得到新的T="abcdabc"。这样"abcd"的循环同构串就变成了T‘="abcdabc"的长度为n的子串。

小Ho：哦！然后我们再用之前讲的方法求出在每个位置T‘[i]结束的最长公共子串。我们可以求出对应的(u, l)，如果这时l>=n，那我们就得到了一个公共子串T‘[i-l+1 .. i]。这个子串在S中出现的次数是|endpos(u)|，又恰好包含T的循环同构串T‘[i-n+1 .. i]。

小Hi：基本思路是对的。但是要注意处理两个特殊情况。第一个情况是T的n个循环同构子串有重复（相同）的情况。比如T="aa"，T‘="aaa"，还是以S="aabbabd"为例

S:  aabbabd
T‘: aaa
1： a       (u, l) = (1, 1)
2:  aa      (u, l) = (2, 2), l>=n
3:   aa     (u, l) = (2, 2), l>=n

小Hi：T‘[2]和T‘[3]结尾的最长公共子串都是"aa"，(u, l)都是(2, 2)。我们要避免"aa"的出现次数被统计2次，小Ho你想想要怎么办？

小Ho：恩，我们要记录一个状态是不是之前在l>=n的情况下到达过。如果到达过的话，下一次再到达就不要统计了。

小Hi：很好。我们还有第二个特殊情况要处理。那就是要区分串T‘[i-l+1 .. i]出现次数和T‘[i-n+1 .. i]的出现次数。前面说到，我们处理T‘[i]的时候求出当前状态u和匹配长度l。这时串T‘[i-l+1 .. i]一定是属于状态u的，T‘[i-l+1 .. i]的出现次数是|endpos(u)|。但是这时可能l>n，所以T‘[i-n+1 .. i]不一定属于状态u。T‘[i-n+1 .. i]是T‘[i-l+1 .. i]长度为n的后缀，可能在suffix-path(u->S)上，出现次数比T‘[i-n+1 .. i]多。

小Ho：这个也好办，我们只要沿着suffix-path(u->S)向上找，找到最靠近S的v满足maxlen[v]>=n (也就是minlen[v]<=n<=maxlen[v])，统计|endpos(v)|即可。

小Hi：这里有一个关键点，我们找到v之后可以直接令u=v。以免每次向前找v的复杂度过高。

小Ho：我试着总结一下，伪代码如下。

ans = 0;    //出现次数
n = length(T);
T‘ = T + T[1..n];
u = S, l = 0;
for i = 1 .. length(T‘):
    while u != S AND trans[u][T‘[i]] is NULL:   //沿suffix-path(u->S)找到一个状态v满足trans[v][T‘[i]]存在
        u = slink[i], l = maxlen[u];
    if trans[u][T‘[i]] is not NULL: 
        u = trans[u][T‘[i]], l++;
    else:   //直到初始状态S都没有trans[v][T‘[i]]存在
        u = S, l = 0;
    if l > n:   //要区分串T‘[i-l+1 .. i]出现次数和T‘[i-n+1 .. i]的出现次数
        while maxlen[slink[u]] >= n:
            u = slink[u], l = maxlen[u];
    if l >= n AND not visited[u]:   //第一次在l>=n的情况下达到u
        visited[u] = TRUE;
        ans += |endpos(u)|;

小Ho：最后一个问题，本题有多个T怎么办呐？

小Hi：笨！处理每个T复杂度都是线性的，多个T就依次处理一遍就行了。

小Ho：原来如此。

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输入

第一行，一个由小写字母构成的字符串S，表示一部音乐作品。字符串S长度不超过100000。

第二行，一个整数N，表示有N段旋律。接下来N行，每行包含一个由小写字母构成的字符串str，表示一段旋律。所有旋律的长度和不超过 100000。

输出

输出共N行，每行一个整数，表示答案。

样例输入

abac
3
a
ab
ca

样例输出

2
2
1

 代码：

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

const int maxn=300000+5;

int n,last=1,tail=1,cnt[maxn],out[maxn],vis[maxn],Max[maxn],Min[maxn],nxt[maxn][26],fail[maxn];

char s[maxn];

inline void build(char *s){
	while(*s){
		int p=last,t=++tail,c=*s++-‘a‘;
		Max[t]=Max[p]+1;cnt[t]=1;
		while(p&&!nxt[p][c])
			nxt[p][c]=t,p=fail[p];
		if(p){
			int q=nxt[p][c];
			if(Max[q]==Max[p]+1)
				Min[t]=Max[q]+1,fail[t]=q;
			else{
				int k=++tail;
				fail[k]=fail[q];
				fail[q]=fail[t]=k;
				Max[k]=Max[p]+1;
				Min[q]=Max[k]+1;
				Min[t]=Max[k]+1;
				Min[k]=Max[fail[k]]+1;
				memcpy(nxt[k],nxt[q],26*sizeof(int));
				while(p&&nxt[p][c]==q)
					nxt[p][c]=k,p=fail[p];
			}
		}
		else
			Min[t]=fail[t]=1;
		last=t;
	}
}

inline void calc(void){
	int hd=1,ta=0,q[maxn];
	for(int i=1;i<=tail;i++)
		out[fail[i]]++;
	for(int i=1;i<=tail;i++)
		if(!out[i])
			q[++ta]=i;
	while(hd<=ta){
		int top=q[hd++];
		cnt[fail[top]]+=cnt[top];
		out[fail[top]]--;
		if(!out[fail[top]])
			q[++ta]=fail[top];
	}
}

inline void solve(char *s){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	int u=1,n=strlen(s),len=0,ans=0;
	for(int i=n,j=0;j<n-1;j++,i++) s[i]=s[j];
	s[n+n-1]=‘\0‘;
	while(*s){
		int c=*s++-‘a‘;
		while(u!=1&&!nxt[u][c])
			u=fail[u],len=Max[u];
		if(nxt[u][c])
			u=nxt[u][c],len++;
		else
			u=1,len=0;
		if(len>n)
			while(Max[fail[u]]>=n)
				u=fail[u],len=Max[u];
		if(len>=n&&!vis[u])
			vis[u]=1,ans+=cnt[u];
	}
	printf("%d\n",ans);
}

signed main(void){
	scanf("%s",s);build(s);calc();
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%s",s),solve(s); 
	return 0;
}

　　

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$By$  $NeighThorn$