POJ-3693 Maximum repetition substring 后缀数组

　　题目链接：http://poj.org/problem?id=3693

　　求字符串的重复次数最多的且字典序最小的字串。

　　很不错的题目。罗穗骞大牛论文的模板题，摘了Neo / Add ~0U>>1大牛的详细题解，如下：

　　首先求第一问最大重复数。从N的范围来看O(N^2)虽不靠谱，但是起码能带来些有用的启示。方法有二，一是枚举开头位置求重复长度；二是枚举重复长度求开头位置。

第一种方法求最大重复数的方法MS也只有枚举重复长度然后去判……所以说我们从第二个方法入手。O(N^2)的方法是再枚举开头位置。我们来考虑一下能不能少枚举一些开头位置——更确切地说，能不能只枚举一些特殊位置，设当前枚举的长度为L，能不能只枚举0，L，2L，……这样的位置。见下图：

　　首先明确，枚举长度Len的时候，从一个位置求出的Lcp值表明从此处开始重复数为floor(Lcp / Len) + 1。

　　然后容易发现的问题就是，可能从某个枚举位置向前移动“一点”能够多一个周期，从而使重复数增加。从图上来看，这种状况发生的条件就是Lcp比满足这个重复数“必需的Lcp”要多，也就是Lcp % Len ≠ 0。不难发现，这时候我们向前移动Len - Lcp % Len的话，如果有下一个周期就会进去，否则也不会引起新的变化。所以说这种方法可行。

　　这样的话复杂度为n(1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n) = O(nlogn)。有一个显而易见的优化，那就是只需要枚举到floor(n / 2)即可。但是后面的部分也少不了多少……

　　第二问是求最小字典序的答案。我采用了这样一种方法，那就是在第一步中记录能够达到最大重复数的重复长度的集合，然后按照sa[1]，sa[2]，sa[3]，……的顺序去暴力枚举，每到一个位置就从小到大地判重复长度的集合中有没有可行的，如果有一个可行的就立即输出结果并退出。这样的做法能够保证正确性，虽然最坏情况下仍然有可能退化到O(n^2)，但是要构造这样一组数据是比较困难的（得一直枚举到最后一个后缀，还得从1到Len / 2都能满足最大重复数）。对于非特殊构造的数据这一步的复杂度几乎是O(n)，于是这个题就可以水过了。

　　我的代码：

  1 //STATUS:C++_AC_422MS_11232KB
  2 #include<stdio.h>
  3 #include<stdlib.h>
  4 #include<string.h>
  5 #include<math.h>
  6 #include<iostream>
  7 #include<string>
  8 #include<algorithm>
  9 #include<vector>
 10 #include<queue>
 11 #include<stack>
 12 #include<map>
 13 using namespace std;
 14 #define LL __int64
 15 #define pii pair<int,int>
 16 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 17 #define lson l,mid,rt<<1
 18 #define rson mid+1,r,rt<<1|1
 19 #define PI acos(-1.0)
 20 const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f,MOD=10000,STA=8000010;
 21 //const LL LNF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
 22 const double DNF=1e13;
 23 //
 24 inline int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}
 25 inline int Min(int a,int b){return a<b?a:b;}
 26 void swap(int& a,int& b){int t=a;a=b;b=t;}
 27 void swap(LL& a,LL& b){LL t=a;a=b;b=t;}
 28 //
 29
 30 char s[N];
 31 int d[N][20];
 32 int num[N];
 33 int sa[N],t1[N],t2[N],c[N],rank[N],height[N];
 34 int n,m;
 35
 36 void build_sa(int s[],int n,int m)
 37 {
 38     int i,k,p,*x=t1,*y=t2;
 39     //第一轮基数排序
 40     for(i=0;i<m;i++)c[i]=0;
 41     for(i=0;i<n;i++)c[x[i]=s[i]]++;
 42     for(i=1;i<m;i++)c[i]+=c[i-1];
 43     for(i=n-1;i>=0;i--)sa[--c[x[i]]]=i;
 44     for(k=1;k<=n;k<<=1){
 45         p=0;
 46         //直接利用sa数组排序第二关键字
 47         for(i=n-k;i<n;i++)y[p++]=i;
 48         for(i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=k)y[p++]=sa[i]-k;
 49         //基数排序第一关键字
 50         for(i=0;i<m;i++)c[i]=0;
 51         for(i=0;i<n;i++)c[x[y[i]]]++;
 52         for(i=1;i<m;i++)c[i]+=c[i-1];
 53         for(i=n-1;i>=0;i--)sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];
 54         //根据sa和x数组计算新的x数组
 55         swap(x,y);
 56         p=1;x[sa[0]]=0;
 57         for(i=1;i<n;i++)
 58             x[sa[i]]=y[sa[i-1]]==y[sa[i]] && y[sa[i-1]+k]==y[sa[i]+k]?p-1:p++;
 59         if(p>=n)break;   //已经排好序，直接退出
 60         m=p;     //下次基数排序的最大值
 61     }
 62 }
 63
 64 void getHeight(int s[],int n)
 65 {
 66     int i,j,k=0;
 67     for(i=0;i<=n;i++)rank[sa[i]]=i;
 68     for(i=0;i<n;i++){
 69         if(k)k--;
 70         j=sa[rank[i]-1];
 71         while(s[i+k]==s[j+k])k++;
 72         height[rank[i]]=k;
 73     }
 74 }
 75
 76 void rmq_init(int a[])
 77 {
 78     int i,j;
 79     for(i=1;i<=n;i++)d[i][0]=a[i];
 80     for(j=1;(1<<j)<=n;j++){
 81         for(i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
 82             d[i][j]=Min(d[i][j-1],d[i+(1<<(j-1))][j-1]);
 83         }
 84     }
 85 }
 86
 87 int rmq(int l,int r)
 88 {
 89     int k=0;
 90     while((1<<(k+1))<=r-l+1)k++;
 91     return Min(d[l][k],d[r-(1<<k)+1][k]);
 92 }
 93
 94 int lcp(int a,int b)
 95 {
 96     if(a==b)return n-a;
 97     int ra=rank[a],rb=rank[b];
 98     if(ra>rb)swap(ra,rb);
 99     ra++;
100     return rmq(ra,rb);
101 }
102
103 int main()
104 {
105  //   freopen("in.txt","r",stdin);
106     int i,j,sz=1,hig,ans[N],cnt,fre,wide,t,ss,ok;
107     while(~scanf("%s",s) && (s[0]!='#' || s[1]) )
108     {
109         n=strlen(s);
110         for(i=0;i<n;i++){
111             num[i]=s[i]-'a'+1;
112         }
113         num[n]=0;
114         m=27;
115         build_sa(num,n+1,m);
116         getHeight(num,n);
117         rmq_init(height);
118
119         hig=0;
120         for(i=1;i<=n/2;i++){
121             for(j=0;j+i<n;j+=i){
122                 wide=lcp(j,j+i);
123                 fre=wide/i+1;
124                 t=j-(i-wide%i);
125                 if(t>=0 && wide%i){
126                     wide=lcp(t,t+i);
127                     fre=Max(fre,wide/i+1);
128                 }
129                 if(fre>hig){
130                     hig=fre;
131                     cnt=0;
132                     ans[cnt++]=i;
133                 }
134                 else if(fre==hig){
135                     ans[cnt++]=i;
136                 }
137             }
138         }
139
140         ok=0;
141         for(i=1;i<=n;i++){
142             for(j=0;j<cnt;j++){
143                 if(sa[i]+ans[j]>=n)continue;
144                 wide=lcp(sa[i],sa[i]+ans[j]);
145                 if(wide/ans[j]+1==hig){
146                     ss=sa[i];
147                     s[ss+hig*ans[j]]=0;
148                     ok=1;
149                     break;
150                 }
151             }
152             if(ok)break;
153         }
154
155         printf("Case %d: %s\n",sz++,s+ss);
156     }
157     return 0;
158 }

转载于:https://www.cnblogs.com/zhsl/archive/2013/04/24/3040629.html

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