标签：ota std 长度 字符 cond div 增加 要求 xtend
给你一个长为 \(n\) 的字符串，求不同的子串的个数。
我们定义两个子串不同，当且仅当有这两个子串长度不一样，或者长度一样且有任意一位不一样。
子串的定义：原字符串中连续的一段字符组成的字符串。
本质不同的子串计数问题，后缀自动机（SAM）。
我们先复习一下 SAM 的一些性质：
根据这些性质，我们不难得出一个结论：一个字符串的所有本质不同的子串的个数，等于其 SAM 上初始状态到所有非初始状态的路径数。
众所周知 SAM 是一个 DAG（有向无环图），那么答案也是 这个 DAG 上以初始状态对应的结点为起点的路径数。
都扯到 DAG 了，不考虑 dp 一下？
设 \(f(x)\) 为以 \(x\) 为起点的路径条数，那么答案就是 \(f(\text{start})\)。（\(\text{start}\) 指初始状态的结点）
状态转移方程显而易见：
其中，若 SAM 中存在一个转移 \(\delta(x, c) = y\)，那么 DAG 上就对应一条边 \(x\rightarrow y\)。
注意空串不算，所以答案在输出前要减去一
时间复杂度 \(O(n\log |\Sigma|)\)， 空间复杂度 \(O(n)\)。（SAM 用 map 实现，dp 的过程用记忆化搜索实现）
#include <iostream>
#include <map>
#include <string>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
namespace SAM {
const int T = N << 1;
struct Node {
map<char, int> ch;
int link, len;
} t[T];
int total, last;
inline void extend(char c) {
int p = last, np = last = ++total;
t[np].len = t[p].len + 1;
for (; p && !t[p].ch.count(c); p = t[p].link)
t[p].ch[c] = np;
if (!p) {
t[np].link = 1;
} else {
int q = t[p].ch[c];
if (t[q].len == t[p].len + 1) {
t[np].link = q;
} else {
int nq = ++total;
t[nq].ch = t[q].ch, t[nq].link = t[q].link;
t[nq].len = t[p].len + 1;
t[np].link = t[q].link = nq;
while (p && t[p].ch.count(c) && t[p].ch[c] == q)
t[p].ch[c] = nq, p = t[p].link;
}
}
}
void init(string& s) {
total = last = 1;
for (string::iterator p = s.begin(); p != s.end(); p++)
extend(*p);
}
long long f[T];
long long solve(int x);
};
long long SAM::solve(int x = 1) {
if (f[x]) return f[x];
f[x] = 1ll;
for (map<char, int>::iterator it = t[x].ch.begin(); it != t[x].ch.end(); it++)
f[x] += solve(it->second);
return f[x];
}
int n;
string s;
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> s;
SAM::init(s);
cout << SAM::solve() - 1 << endl;
return 0;
}
仍然是 SAM 。
上述算法是 离线 的，无法动态维护。而有一道题 Luogu P4070 [SDOI2016]生成魔咒 就要求使用在线算法。
当 SAM extend 这个字符之后，新产生了一个最长的子串，而 这个子串的 \(\text{end-pos}\) 只有自己一个。设这个新加入的结点为 \(p\)。
这个子串的一些后缀也是新产生的，但不是所有的后缀。
若我们知道这个子串前面少 \(k\) 个字符形成的后缀的 \(\text{end-pos}\) 也只有一个，那么答案就会增加 \(k + 1\)。
少一个，少两个，三个……一直到 \(\text{len}(p) - \text{len}(\text{link}(p))\) 个，发现此时不行了，因为 \(\text{end-pos}\) 已经不止自己一个了，少更多的亦是如此。
于是，添加一个字符，答案会增加 \(\text{len}(p) - \text{len}(\text{link}(p))\) 这么多。于是就做到了动态维护答案。
注意，因为拆点而新建的结点对答案没有影响，不能算进去。
时空复杂度同 Solution 1。
#include <iostream>
#include <map>
#include <string>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
namespace SAM {
const int T = N << 1;
struct Node {
map<char, int> ch;
int link, len;
} t[T];
int total, last;
long long ans = 0ll;
inline void extend(char c) {
int p = last, np = last = ++total;
t[np].len = t[p].len + 1;
for (; p && !t[p].ch.count(c); p = t[p].link)
t[p].ch[c] = np;
if (!p) {
t[np].link = 1;
} else {
int q = t[p].ch[c];
if (t[q].len == t[p].len + 1) {
t[np].link = q;
} else {
int nq = ++total;
t[nq].ch = t[q].ch, t[nq].link = t[q].link;
t[nq].len = t[p].len + 1;
t[np].link = t[q].link = nq;
while (p && t[p].ch.count(c) && t[p].ch[c] == q)
t[p].ch[c] = nq, p = t[p].link;
}
}
ans += t[np].len - t[t[np].link].len;
}
void init(string& s) {
total = last = 1;
for (string::iterator p = s.begin(); p != s.end(); p++)
extend(*p);
}
};
int n;
string s;
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> s;
SAM::init(s);
cout << SAM::ans << endl;
return 0;
}
标签：ota std 长度 字符 cond div 增加 要求 xtend
原文地址：https://www.cnblogs.com/-Wallace-/p/12934162.html
