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题集链接→USACO 2006 December Gold

 POJ 3261 Milk Patterns

 Problem Idea

解题思路:

【题意】

给你一个长度为N的序列,以及一个整数k

问序列中可重叠的k次最长重复子串为多少

例如

8 2

1 2 3 2 3 2 3 1

可重叠的k次最长重复子串为2 3 2 3,故长度为4

【类型】
后缀数组[可重叠的k次最长重复子串]
【分析】

此题是一道裸的后缀数组题

"可重叠的k次最长重复子串"解法(摘自罗穗骞的国家集训队论文):

先二分答案(即二分[可重叠的k次最长重复子串的]长度)，把题目变成判定性问题，然后将后缀分成若干组。其中每组的后缀之间的height值都不小于mid。例如，字符串为“ aabaaaab”，当mid=2时，后缀分成了4组，如图所示。

判断有没有一个组的后缀个数不小于k。如果有，那么存在k个相同的子串满足条件，否则不存在。这个做法的时间复杂度为O(nlogn)。

ps：只要有一个组里存在k个后缀,就说明当前二分情况有解

【时间复杂度&&优化】
O(nlogn)

题目链接→POJ 3261 Milk Patterns

 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++);
}
bool judge(int k,int c,int n)
{int i,count=1;for(i=1;i<n;i++){if(height[i]>=c)count++;elsecount=1;if(count>=k)return true;}return false;
}
int main()
{int n,k,i,Max,L,R,mid,ans;while(~scanf("%d%d",&n,&k)){Max=0;for(i=0;i<n;i++){scanf("%d",&r[i]);Max=max(Max,r[i]);}r[i]=0;Suffix(r,sa,n+1,Max+1);calheight(r,sa,n);L=0,R=n,ans=0;while(L<=R){mid=(L+R)/2;if(judge(k,mid,n+1))L=mid+1,ans=max(ans,mid);elseR=mid-1;}printf("%d\n",ans);}return 0;
}