BZOJ2806[Ctsc2012]Cheat 广义后缀自动机+二分+单调队列优化DP
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【BZOJ2806】[Ctsc2012]Cheat
Description
Input
第一行两个整数N,M表示待检查的作文数量,和小强的标准作文库
的行数
接下来M行的01串,表示标准作文库
接下来N行的01串,表示N篇作文
Output
N行,每行一个整数,表示这篇作文的Lo 值。
Sample Input
10110
000001110
1011001100
Sample Output
HINT
输入文件不超过1100000字节
注意:题目有改动,可识别的长度不小于90%即可,而不是大于90%
题解:显然答案是可二分的。但是二分之前,我们还需要知道字符串中每个位置往前最多能匹配多少,由于是多个文本串,所以我们要用广义SAM。
这其实是另一道spoj的题(不过我没做),其实做法也不难。我们将目标串在SAM上跑一遍,如果在某个节点失配了,即ch[x][a]=0,那么我们就让x沿着parent指针已知向上跳,知道匹配上为止,然后令sum=mx[x]+1。如果没有失配,则sum++。(注意,ch[x][a]指向的点的mx不一定=mx[x]+1,实际上,那个点的mx=mx[x在parent树上的某个子孙]+1)
然后我们设f[i]表示位置i能往前匹配的最长长度,那么有如下DP方程:
$f[i]=max(f[i-1],f[j]+i-j)|i-sm[i]\le j \le i-L_0$
显然我们用单调队列维护f[j]-j的最大值就行了。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; int n,m,tot,len; const int maxn=2200010; int pre[maxn],ch[maxn][2],mx[maxn],sm[maxn],f[maxn],q[maxn]; char str[maxn]; int extend(int x,int p) { int np=++tot; mx[np]=mx[p]+1; for(;p&&!ch[p][x];p=pre[p]) ch[p][x]=np; if(!p) pre[np]=1; else { int q=ch[p][x]; if(mx[q]==mx[p]+1) pre[np]=q; else { int nq=++tot; pre[nq]=pre[q],pre[np]=pre[q]=nq,mx[nq]=mx[p]+1; memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q])); for(;p&&ch[p][x]==q;p=pre[p]) ch[p][x]=nq; } } return np; } void match() { int i,u,a,sum=0; for(u=i=1;i<=len;i++) { a=str[i]-‘0‘; if(ch[u][a]) sum++,u=ch[u][a]; else { for(;u&&!ch[u][a];u=pre[u]); if(!u) sum=0,u=1; else sum=mx[u]+1,u=ch[u][a]; } sm[i]=sum; } } bool solve(int sta) { int i,j,h=1,t=0; for(i=0;i<=len;i++) f[i]=0; for(i=sta-1;i<=len;i++) { while(h<=t&&q[h]<i-sm[i]) h++; f[i]=f[i-1]; if(sm[i]>=sta) f[i]=max(f[i],f[q[h]]-q[h]+i); j=i-sta+1; while(h<=t&&f[q[t]]-q[t]<=f[j]-j) t--; q[++t]=j; } return f[len]*10>=len*9; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int i,j,a,b,l,r,mid; for(tot=i=1;i<=m;i++) { scanf("%s",str),a=strlen(str); for(b=1,j=0;j<a;j++) b=extend(str[j]-‘0‘,b); } for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",str+1),len=strlen(str)-1; match(); l=1,r=len+1; while(l<r) { mid=l+r>>1; if(solve(mid)) l=mid+1; else r=mid; } printf("%d\n",l-1); } return 0; }
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