#131. 【NOI2015】品酒大会
一年一度的“幻影阁夏日品酒大会”隆重开幕了。大会包含品尝和趣味挑战两个环节，分别向优胜者颁发“首席品酒家”和“首席猎手”两个奖项，吸引了众多品酒师参加。
在大会的晚餐上，调酒师 Rainbow 调制了 nn 杯鸡尾酒。这 nn 杯鸡尾酒排成一行，其中第 ii 杯酒 （1≤i≤n1≤i≤n） 被贴上了一个标签 sisi，每个标签都是 2626 个小写英文字母之一。设 Str(l,r)Str(l,r) 表示第 ll 杯酒到第 rr 杯酒的 r−l+1r−l+1 个标签顺次连接构成的字符串。若 Str(p,po)=Str(q,qo)Str(p,po)=Str(q,qo)，其中 1≤p≤po≤n1≤p≤po≤n，1≤q≤qo≤n1≤q≤qo≤n，p≠qp≠q，po−p+1=qo−q+1=rpo−p+1=qo−q+1=r，则称第 pp 杯酒与第 qq 杯酒是“rr相似” 的。当然两杯“rr相似” （r>1r>1）的酒同时也是“11 相似”、“22 相似”、……、“(r−1)(r−1) 相似”的。特别地，对于任意的 1≤p,q≤n1≤p,q≤n，p≠qp≠q，第 pp 杯酒和第 qq 杯酒都是“00相似”的。
在品尝环节上，品酒师 Freda 轻松地评定了每一杯酒的美味度，凭借其专业的水准和经验成功夺取了“首席品酒家”的称号，其中第 ii 杯酒 （1≤i≤n1≤i≤n） 的美味度为 aiai。现在 Rainbow 公布了挑战环节的问题：本次大会调制的鸡尾酒有一个特点，如果把第 pp 杯酒与第 qq 杯酒调兑在一起，将得到一杯美味度为 apaqapaq 的酒。现在请各位品酒师分别对于 r=0,1,2,…,n−1r=0,1,2,…,n−1，统计出有多少种方法可以选出 22 杯“rr相似”的酒,并回答选择 22 杯“rr相似”的酒调兑可以得到的美味度的最大值。
输入格式
输入文件的第 11 行包含 11 个正整数 nn，表示鸡尾酒的杯数。
第 22 行包含一个长度为 nn 的字符串 SS，其中第 ii 个字符表示第 ii 杯酒的标签。
第 33 行包含 nn 个整数，相邻整数之间用单个空格隔开，其中第 ii 个整数表示第 ii 杯酒的美味度 aiai。
输出格式
输出文件包括 nn 行。第 ii 行输出 22 个整数，中间用单个空格隔开。第 11 个整数表示选出两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒的方案数，第 22 个整数表示选出两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒调兑可以得到的最大美味度。若不存在两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒，这两个数均为 00。
样例一
input
10
ponoiiipoi
2 1 4 7 4 8 3 6 4 7
output
45 56
10 56
3 32
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
explanation
用二元组 (p,q)(p,q) 表示第 pp 杯酒与第 qq 杯酒。
00 相似：所有 4545 对二元组都是 00 相似的，美味度最大的是 8×7=568×7=56。
11 相似：(1,8)(1,8) (2,4)(2,4) (2,9)(2,9) (4,9)(4,9) (5,6)(5,6) (5,7)(5,7) (5,10)(5,10) (6,7)(6,7) (6,10)(6,10) (7,10)(7,10)，最大的 8×7=568×7=56。
22 相似：(1,8)(1,8) (4,9)(4,9) (5,6)(5,6)，最大的 4×8=324×8=32。
没有 3,4,5,…,93,4,5,…,9 相似的两杯酒，故均输出 00。
样例二
input
12
abaabaabaaba
1 -2 3 -4 5 -6 7 -8 9 -10 11 -12
output
66 120
34 120
15 55
12 40
9 27
7 16
5 7
3 -4
2 -4
1 -4
0 0
0 0
样例三
见样例数据下载。
限制与约定
| 测试点编号 | nn 的规模 | aiai 的规模 | 备注 |
|---|---|---|---|
| 1 | n=100n=100 | ∣ai∣≤10000∣ai∣≤10000 | |
| 2 | n=200n=200 | ||
| 3 | n=500n=500 | ||
| 4 | n=750n=750 | ||
| 5 | n=1000n=1000 | ∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000 | |
| 6 | |||
| 7 | n=2000n=2000 | ||
| 8 | |||
| 9 | n=99991n=99991 | ∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000 | 不存在“1010相似”的酒 |
| 10 | |||
| 11 | n=100000n=100000 | ∣ai∣≤1000000∣ai∣≤1000000 | 所有 aiai 的值都相等 |
| 12 | n=200000n=200000 | ||
| 13 | n=300000n=300000 | ||
| 14 | |||
| 15 | n=100000n=100000 | ∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000 | |
| 16 | |||
| 17 | n=200000n=200000 | ||
| 18 | |||
| 19 | n=300000n=300000 | ||
| 20 |
时间限制：1s1s
空间限制：512MB512MB
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先求出后缀数组，r相似等价于区间内最小的height值>=r，单调栈处理出每个height作为最小值的区间。
第一问等于每个height代表的区间个数，第二问等于在[l,i],[i+1,r]中各取出一个数使得乘积最大，最需要维护区间最大最小值。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 1000010
using namespace std;
int n,m=,sa[N],rnk[N],h[N],wa[N],wb[N],c[N];
char s[N];
void buildsa()
{
int i,k,p,*x=wa,*y=wb;
for(i=;i<m;i++)c[i]=;
for(i=;i<n;i++)c[x[i]=s[i]]++;
for(i=;i<m;i++)c[i]+=c[i-];
for(i=n-;i>=;i--)sa[--c[x[i]]]=i;
for(k=;k<=n;k*=)
{
p=;
for(i=n-k;i<n;i++) y[p++]=i;
for(i=;i<n;i++) if(sa[i]>=k) y[p++]=sa[i]-k;
for(i=;i<m;i++) c[i]=;
for(i=;i<n;i++) c[x[y[i]]]++;
for(i=;i<m;i++) c[i]+=c[i-];
for(i=n-;i>=;i--) sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];
swap(x,y);
p=;x[sa[]]=;
for(i=;i<n;i++)
{
if(y[sa[i-]]==y[sa[i]]&&((sa[i-]+k<n&&sa[i]+k<n&&y[sa[i-]+k]==y[sa[i]+k])||(sa[i-]+k>=n&&sa[i]+k>=n)))
x[sa[i]]=p-;
else x[sa[i]]=p,p++;
}
if(p>=n) break;
m=p;
}
}
void geth()
{
int i,j,k=;
for(i=;i<n;i++) rnk[sa[i]]=i;
for(i=;i<n;i++)
{
if(k) k--;
if(!rnk[i]) continue;
j=sa[rnk[i]-];
while(s[i+k]==s[j+k]) k++;
h[rnk[i]]=k;
}
}
int l[N],r[N],st[N],top,a[N];
long long ans1[N],ans2[N];
struct tree{int l,r,max,min;}t[N<<];
#define mid (t[k].l+t[k].r>>1)
void build(int k,int l,int r)
{
t[k].l=l;t[k].r=r;
if(l==r){t[k].max=t[k].min=a[sa[l]];return;}
build(k<<,l,mid);
build(k<<|,mid+,r);
t[k].max=max(t[k<<].max,t[k<<|].max);
t[k].min=min(t[k<<].min,t[k<<|].min);
}
long long querymax(int k,int l,int r)
{
if(t[k].l==l&&t[k].r==r)return t[k].max;
if(r<=mid)return querymax(k<<,l,r);
if(l>mid)return querymax(k<<|,l,r);
return max(querymax(k<<,l,mid),querymax(k<<|,mid+,r));
}
long long querymin(int k,int l,int r)
{
if(t[k].l==l&&t[k].r==r)return t[k].min;
if(r<=mid)return querymin(k<<,l,r);
if(l>mid)return querymin(k<<|,l,r);
return min(querymin(k<<,l,mid),querymin(k<<|,mid+,r));
}
int main()
{
scanf("%d%s",&n,s);
buildsa();
geth();
for(int i=;i<n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
h[n]=-1e9;top=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(top&&h[i]<h[st[top]])r[st[top--]]=i-;
st[++top]=i;
}
h[]=-1e9;top=;
for(int i=n-;~i;i--)
{
while(top&&h[i]<=h[st[top]])l[st[top--]]=i+;
st[++top]=i;
}
build(,,n-);
memset(ans2,0xef,sizeof(ans2));
for(int i=;i<n;i++)
{
ans1[h[i]]+=(long long)(i-l[i]+)*(r[i]-i+);
long long a1[],a2[];
a1[]=querymax(,l[i]-,i-);
a1[]=querymin(,l[i]-,i-);
a2[]=querymax(,i,r[i]);
a2[]=querymin(,i,r[i]);
for(int aa=;aa<;aa++)
for(int bb=;bb<;bb++)
ans2[h[i]]=max(ans2[h[i]],a1[aa]*a2[bb]);
}
for(int i=n-;~i;i--)
ans1[i]+=ans1[i+],ans2[i]=max(ans2[i],ans2[i+]);
for(int i=;i<=n-;i++)
printf("%lld %lld\n",ans1[i],ans1[i]?ans2[i]:);
}