FBI Warning：本文含有大量人类的本质之一

后缀树

反正后缀树就是反串的后缀自动机的 Parent 树，就不管了。

然而 SAM 也忘了

好的假装自己会吧——dls

后缀自动机

大概记得，不管了。

回文树/回文自动机

大概记得，不管了。

[HEOI/TJOI2016]字符串

给一个字符串 \(s\)，\(m\) 次询问，每次问 \(s[a\dots b]\) 的所有子串和 \(s[c\dots d]\) 的 LCP 长度最大值。

\(|s|,m\le 10^5\)

就是求 \(s[a\dots b]\) 所有后缀和 \(s[c\dots d]\) LCP 长度最大值。

就是求 \(s[a\dots b]\) 所有后缀和 \(suf_c\) LCP 长度最大值，再跟 \(d-c+1\) 取个 \(\min\)。

就是求 \(suf_i(a\le i\le b)\) 和 \(suf_c\) LCP 长度和 \(b-i+1\) 取 \(\min\) 的最大值，再跟 \(d-c+1\) 取个 \(\min\)。

应该可以主席树搞一搞。

我就用 SA，用你妹的 SAM，SA 多好想

NOI2016 失恋十联测 D5T2

一个字符串 \(S\) 一开始空的，\(q\) 次操作，每次回到第 \(x\) 个操作之后，然后在末尾加上 \(c_i\)。

每次操作后问最小循环节长度。强制在线。

\(q\le 10^5\)，字符集大小 \(\le 10^5\)

KMP 是均摊的，飞了。

但是有个办法：

为什么会飞？因为一次操作可能会往回跳很多次，那我重复它很多次他就没了。

那么可以有个办法避免重复跳：

\(trans[x][c]\) 表示在第 \(x\) 个字符后接个 \(c\)，最后会跳到哪。

如果 \(s[x+1]=c\)，那么 \(trans[x][c]=x\)。否则 \(trans[x][c]=trans[next[x]][c]\)。

那么发现 \(trans[x]\) 和 \(trans[next[x]]\) 只差了一个位置，用可持久化线段树就能保证复杂度了。

还有一个办法：

当 \(next[x]\le \frac{x}{2}\) 时，直接跳。

当 \(next[x]>\frac{x}{2}\) 时，把 \(x\) 膜个 \(x-next[x]\) 就好了。因为循环节长度是 \(x-next[x]\)，所以如果 \(x\) 不行，那么 \(x-k(x-next[x])\) 也不行。

复杂度就是严格的 \(\log\) 了。

BZOJ 4310

长 \(n\) 的字符串 \(S\)，请将 \(S\) 分成不超过 \(k\) 段，使得一段的所有子串中，字典序最大的最小。

\(|S|\le 10^5,k\le 15\)。

求出 SA，肯定要把 rk 最大的几个切开，二分最大的串保留的前缀长度。

（在搞组队于是掉线了）

咕了。

NOI赛前集训2019 D6T3

上面的加强版。

咕了。

Fim1

给字符串 \(S\)，维护字符串序列 \(T\)。

\(m\) 次操作，要么是在 \(T\) 后面加个 \(T[x]+c\)，要么是在 \(T\) 后面加个 \(c+T[x]\)，要么问 \(T[x]\) 在 \(S[l,r]\) 的出现次数。

全是 \(10^5\)。

首先如果不是子串，肯定是 \(0\)。

否则对 \(S\) 建个 SAM，维护每个 \(T[x]\) 是在哪个点上，询问就变成求子树中 \(right\) 集合有多少个在 \([l+len-1,r]\)。

这个线段树合并一波解决。

修改操作，第一种就是按转移边走，第二种就是先判目前节点行不行，不行就选一个 parent 树上的儿子。

？？？

区间本质不同子串个数

区间本质不同回文串个数

第一问：离线，枚举右端点，维护 \(ans[l]\) 表示此时左端点在 \(l\) 的答案。

\(r\) 往右移一个时，会多出一堆后缀。其实就是 SAM 的 parent 树上 \(last\) 到根的链。

先考虑暴力跳。一个点对应一个区间的后缀，对不同的 \(l\) 有不同的贡献，随便线段树一下。具体要记 \(tag[i]\) 表示 \(i\) 号点上次在哪里出现，然后是跟 \(tag[i]\) 有关的。

但是不能暴力。

发现要把 \(tag[i]\) 赋成 \(r\)。

然后……就用 LCT 了？？？smg？？？

（好像是因为可以把 \(tag\) 一样一段的看成 LCT 上的实链，操作实际上就是把所有链并成一条实链，同时这样一段的 \(right\) 集合也是连续的一段，所以可以看成一个点操作）

第二问，咕了。

CF700E

一个字符串对另一个字符串是好的，当且仅当这个字符串在另一个字符串里出现了至少两次。

给字符串 \(S_1\)，求最大的 \(k\) 使得存在字符串序列 \(S_i(1\le i\le k)\) 使得 \(S_{i+1}\) 对 \(S_i\) 是好的。

首先 \(S_{i+1}\) 一定是 \(S_i\) 的后缀。

为什么？

咕了。

？？？

给字符串 \(S\)，定义 \(plcp(x,y)\) 表示后缀 \(x\) 和后缀 \(y\) 的最长公共回文前缀。

\(F(x)=\sum\limits_{i=0}^x\sum\limits_{j=0}^xplcp(i,j)\)

\(q\) 次操作，每次在 \(S\) 末尾加一个字符，输出 \(F(|S|)\)。强制在线。

\(|S|,q\le 10^5\)。

实际上就是回文树上两点 LCA 的深度。

每次加入一个点，求它和每个点的 LCA 深度之和。

然后……传说可以 LCT？？？？

……

其实树剖也行。

？？？

求一个字符串的所有子串中，任选 2 个，计算 \(\sum[|A|+|B|-2lcp(A,B)\le L]\)。

\(n\le 10^5\)

虽然忘了 SAM 了，但是感受一波，感觉就是建后缀自动机，然后 parent 树上 \(\sum\limits_{u,v}(len[u]-len[fa[u]])(len[v]-len[fa[v]])(dis(u,v)\le L)\)。

感觉是个裸的淀粉质啊……

事实证明感受错了。是 \(\sum\limits_{u,v}[dis(u,v)\le L]\)，而且因为每个节点代表了一堆串，所以会再多一些奇怪的系数。

然后不会树分。连串随机的边分都不会。

然后就……死了。

咕了。

Deep Purple

长 \(n\) 的字符串 \(S\)，\(q\) 次询问，每次询问 \(S[l\dots r]\) 的 LBorder。

\(n,q\le 10^5\)

我们要找到一个最小的 \(i\) 使得 \(l\le i\le r\le i+lcp(i,l)-1\)。答案就是 \(r-i+1\)。

离线，从左往右扫，依次加入询问，依次加入 \(l\) 和 \(i\)，注意到对于 \(l\) 我们只要求最小的 \(i\)，所以加入

咕了。

NOI2019赛前集训 D6T2

怎么这么眼熟……

咕了。

Lyndon 串

对于字符串 \(s\)，如果 \(s\) 的最小后缀是他本身，那么它是个 Lyndon 串。

等价于它是所有循环移位中字典序最小的一个。

若 \(u,v\) 是 Lyndon 串，那么 \(uv\) 是 Lyndon 串当且仅当 \(u<v\)。

我们可以把任意串 \(v\) 分解成 \(v=v_1v_2v_3\dots v_m\)。其中 \(v_i\) 是 Lyndon 串且 \(v_i\ge v_{i+1}\)。这被称为 Lyndon 分解。

怎么求？初始时 \(n\) 段，每段一个字符，然后如果 \(v_i<v_{i+1}\) 合并。

有唯一性：

设 \(pre(s,i)\) 表示串 \(s\) 中 \(s[1…i]\) 所代表的前缀

若有两种方案，取第一次不同的位置，设 \(|s_i|>|s'_i|\)

令 \(s_i=s'_is'_{i+1}…s'_kpre(s_{k+1},l)\)

反证法。根据定义，\(s_i<pre(s'_{k+1},l)\le s'_{k+1}\le s'_i<s_i\)

矛盾。

Duval 算法

\(O(n)\) 求 Lyndon 分解。

引理：若字符串 \(v\) 和字符 \(c\) 满足 \(vc\) 是某个 Lyndon 串的前缀，那么对于 \(d>c\) 有 \(vd\) 是 Lyndon 串。

维护三个变量 \(i,j,k\)，

（之前广州集训的时候，这个也刚好生病错过去了……）

咕了。

NOI2019 赛前集训 D6T3

又 tm 这么眼熟……

咕了。