标签：lis ash order substr 基本 固定 abc 存在 就会
本题的high level的思想是二分搜索这样的substring最多能有多长。对于一个固定的len，如果能在S里找到两处相同的子串滑窗，那么我们就可以对len的搜索往上调整；反之，我们就必须将len的搜索往下调。
于是本题转化为，如果快速在S里找到两处相同的、长度都是len的滑窗。比较直观的想法是对每一处滑窗组成的字符串都放入集合，如果看到集合中已经有一个相同的substring了，就意味着duplicate了。但是当len很大的时候，将字符串放入集合的内置hash化操作很耗时。于是rolling hash是比较常见的解决方案。
Rolling hash的基本思想就是将abcd转化为26进制的0123.将一个数作为key放入集合很轻松。除此之外，对于abcdef这样的字符串，如果已经知道了[abcd]这个子串的hash key是0123，那么再求相邻的[bcde]的hash key 1234就非常高效，只需要将之前的key的最高位数字去掉(a对应的0)、左移一位、加上最低位数字(e对应的4）。用o(1)的时间就能完成。
总结一下，rolling hash的思想，就是将两个字符串的比较，转化为hash化之后的两个26进制数的比较。但是当len很大时，这个数可能很大，我们通常不得不对一个大数取模再作为hash key。这样就会有两个不同的字符串，但是会对应同一个hash key（26进制数取模后的结果）。针对这种hash collision的情况，我们可以调整base和mod来规避。或者使用两套hash规则来生成两个key，那么不同字符串拥有两个相同key的概率就会大大降低。
class Solution { public: typedef long long LL; LL mod = 1L << 32; unordered_map<int, int> mp; string longestDupSubstring(string S) { int n = S.size(); int l = 1, r = n, mid; // 二分查找最长可能子串长度，相当于在 0 0 0 0 1 1 1 1中找最后一个0的位置 // i(1-indexed)位置的0代表长度为i的重复子串存在，1代表不存在 // 因此可以转换为求0的upper_bound的idx，然后再减一的值 // 初始l = 1, r = n // 初始l = 0 会出现check(s, 0)的情况，虽不影响结果，但是l = 1更合理 // 初始r = n - 1出错，否则0 0 0 0这样的字符串找不到正确upper_bound while (l < r) { mid = (l + r) >> 1; if (check(S, mid)) l = mid + 1; else r = mid; } return S.substr(mp[l - 1], l - 1); } bool check(string& s, int k) { int n = s.size(); long long hash = 0, base = 1; for (int i = 0; i < k; ++i) { hash = (hash * 26 + (s[i] - ‘a‘)) % mod;; base = base * 26 % mod; } unordered_set<int> h; h.insert(hash); for (int i = k; i < n; ++i) { hash = (hash * 26 + (s[i] - ‘a‘)) % mod; hash = (hash - (s[i - k] - ‘a‘) * base) % mod; if (h.count(hash)) { mp[k] = i - k + 1; return true; } h.insert(hash); } return false; } };
LC1044. Longest Duplicate Substring最长重复子串：二分答案 + 滚动哈希
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