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 SPOJ SUBST1 - New Distinct Substrings

 Problem Idea

解题思路:

【题意】

给你一个字符串,我们需要找出该字符串中不相同子串的数目

【类型】
后缀数组[不相同的子串的个数]
【分析】

本题是一道裸的后缀数组题

"不相同的子串的个数"解法(摘自罗穗骞的国家集训队论文):

每个子串一定是某个后缀的前缀， 那么原问题等价于求所有后缀之间的不相同的前缀的个数。如果所有的后缀按照 suffix(sa[1]), suffix(sa[2]),
suffix(sa[3]), …… ,suffix(sa[n])的顺序计算， 不难发现， 对于每一次新加进来的后缀 suffix(sa[k]),它将产生 n-sa[k]+1 个新的前缀。但是其中有
height[k]个是和前面的字符串的前缀是相同的。所以suffix(sa[k])将“ 贡献”出n-sa[k]+1- height[k]个不同的子串。累加后便是原问题的答案。这个做法的时间复杂度为O(n)。

ps：字符串是从下标0开始存储的,故每一次新加进来的后缀 suffix(sa[k]),它将产生 n-sa[k]-height[k] 个新的前缀

另外,此题有个坑点,题目并没有说字符串仅包含大写字母,所以,在求解的过程中,我们可以当做ASCII码表中的所有字符都会出现,所以在求后缀数组sa[]时,最大值设置为128即可

【时间复杂度&&优化】
O(nlogn)

题目链接→SPOJ SUBST1 - New Distinct Substrings

 Source Code

/*Sherlock and Watson and Adler*/
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<complex>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define eps 1e-9
#define LL long long
#define PI acos(-1.0)
#define bitnum(a) __builtin_popcount(a)
using namespace std;
const int N = 10;
const int M = 100005;
const int inf = 1000000007;
const int mod = 1000000007;
const int MAXN = 100010;
//rnk从0开始
//sa从1开始,因为最后一个字符(最小的)排在第0位
//height从1开始,因为表示的是sa[i - 1]和sa[i]
//倍增算法 O(nlogn)
int wa[MAXN], wb[MAXN], wv[MAXN], ws_[MAXN];
//Suffix函数的参数m代表字符串中字符的取值范围,是基数排序的一个参数,如果原序列都是字母可以直接取128,如果原序列本身都是整数的话,则m可以取比最大的整数大1的值
//待排序的字符串放在r数组中,从r[0]到r[n-1]，长度为n
//为了方便比较大小,可以在字符串后面添加一个字符,这个字符没有在前面的字符中出现过,而且比前面的字符都要小
//同上,为了函数操作的方便,约定除r[n-1]外所有的r[i]都大于0,r[n-1]=0
//函数结束后,结果放在sa数组中,从sa[0]到sa[n-1]
void Suffix(int *r, int *sa, int n, int m)
{int i, j, k, *x = wa, *y = wb, *t;//对长度为1的字符串排序//一般来说,在字符串的题目中,r的最大值不会很大,所以这里使用了基数排序//如果r的最大值很大,那么把这段代码改成快速排序for(i = 0; i < m; ++i) ws_[i] = 0;for(i = 0; i < n; ++i) ws_[x[i] = r[i]]++;//统计字符的个数for(i = 1; i < m; ++i) ws_[i] += ws_[i - 1];//统计不大于字符i的字符个数for(i = n - 1; i >= 0; --i) sa[--ws_[x[i]]] = i;//计算字符排名//基数排序//x数组保存的值相当于是rank值for(j = 1, k = 1; k < n; j *= 2, m = k){//j是当前字符串的长度,数组y保存的是对第二关键字排序的结果//第二关键字排序for(k = 0, i = n - j; i < n; ++i) y[k++] = i;//第二关键字为0的排在前面for(i = 0; i < n; ++i) if(sa[i] >= j) y[k++] = sa[i] - j;//长度为j的子串sa[i]应该是长度为2 * j的子串sa[i] - j的后缀（第二关键字）,对所有的长度为2 * j的子串根据第二关键字来排序for(i = 0; i < n; ++i) wv[i] = x[y[i]];//提取第一关键字//按第一关键字排序 (原理同对长度为1的字符串排序)for(i = 0; i < m; ++i) ws_[i] = 0;for(i = 0; i < n; ++i) ws_[wv[i]]++;for(i = 1; i < m; ++i) ws_[i] += ws_[i - 1];for(i = n - 1; i >= 0; --i) sa[--ws_[wv[i]]] = y[i];//按第一关键字,计算出了长度为2 * j的子串排名情况//此时数组x是长度为j的子串的排名情况,数组y仍是根据第二关键字排序后的结果//计算长度为2 * j的子串的排名情况,保存到数组xt = x;x = y;y = t;for(x[sa[0]] = 0, i = k = 1; i < n; ++i)x[sa[i]] = (y[sa[i - 1]] == y[sa[i]] && y[sa[i - 1] + j] == y[sa[i] + j]) ? k - 1 : k++;//若长度为2 * j的子串sa[i]与sa[i - 1]完全相同,则他们有相同的排名}
}
int Rank[MAXN], height[MAXN], sa[MAXN], r[MAXN];
void calheight(int *r,int *sa,int n)
{int i,j,k=0;for(i=1; i<=n; i++)Rank[sa[i]]=i;for(i=0; i<n; height[Rank[i++]]=k)for(k?k--:0,j=sa[Rank[i]-1]; r[i+k]==r[j+k]; k++);
}
char s[MAXN];
int main()
{int t,n,i;LL ans;scanf("%d",&t);while(t--){ans=0;scanf("%s",s);n=strlen(s);for(i=0;i<n;i++)r[i]=s[i];r[i]=0;Suffix(r,sa,n+1,128);calheight(r,sa,n);for(i=1;i<=n;i++)ans+=n-sa[i]-height[i];printf("%lld\n",ans);}return 0;
}