[BZOJ4199][NOI2015]品酒大会（后缀数组+单调栈+ST表）

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题解

这题好多网上的标算写的都是并查集。。然而ATP当时做的时候一看这不就是求LCP吗求LCP不光用单调栈吗然后就开始想单调栈最后还真想出来了一个科学的做法。。不过就是有点儿慢。。。
首先如果我们可以求出所有LCP恰好是i的后缀的答案，那么我们就可以用ans[i]来更新ans[i−1]。
在做单调栈的时候每次加入一个后缀suf(i)以后单调栈里是可以维护出它跟前面所有后缀的LCP的，并且这个东西在单调栈里是一段一段的，每一段里面的后缀跟suf(i)的LCP都相同。
考虑暴力一点的做法，我们可以在每次加入一个后缀以后都扫描整个单调栈，设这一段跟suf(i)的LCP长度为h，那么我们应该把这一段的长度累加到ans[h]上。同时我们记录区间内的最大最小值，用这个值来和suf(i)的权值相乘然后更新Max[h]。

那么如何优化呢？可以发现比较靠近栈底的那些“段”是会保留在栈内很长时间的，也就是它会被累加好几次。那么只要知道它待在栈内的时间新加入了多少个后缀，就能知道它会被累加多少遍。对每一段维护一个入栈出栈时间戳就可以了。对于第二问要维护每一段内的最大最小值，然后因为它待在栈里的时间内加入的后缀是一段连续的区间，所以可以用ST表查出这一段后缀的最大最小值用来更新答案。
这样做的话时间复杂度和空间复杂度都是O(nlogn)的。

代码

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define Pow 19using namespace std;const long long inf=2e18;int n,len,a[300010],top,st[300010],cnt[300010],m,p,b[300010],SA[300010],rank[300010],L[300010],now;int height[300010],*x,*y,Xx[300010],Yy[300010];char s[300010];long long f[300010],Maxp[300010],Minn[300010],Max[300010];namespace STtable{    int Max[300010][22],Min[300010][22],lg[300010];    void build(){        for (int i=1,p=0;i<=n;i++){            while ((1<<p)<=i) ++p;            lg[i]=p-1;        }        for (int i=0;i<n;i++)          Min[i][0]=Max[i][0]=a[SA[i]];        for (int i=1;i<=Pow;i++)          for (int j=0;j<n;j++){              int pos=j+(1<<(i-1));              if (pos>=n) break;              Min[j][i]=min(Min[j][i-1],Min[pos][i-1]);              Max[j][i]=max(Max[j][i-1],Max[pos][i-1]);          }    }    long long getMax(int l,int r){        int j=lg[r-l+1];        return max(Max[l][j],Max[r-(1<<j)+1][j]);    }    long long getMin(int l,int r){        int j=lg[r-l+1];        return min(Min[l][j],Min[r-(1<<j)+1][j]);    }}bool cmp(int i,int j,int l){    return y[i]==y[j]&&((i+l>=len)?-1:y[i+l])==((j+l>=len)?-1:y[j+l]);}void get_SA(){    m=200;x=Xx;y=Yy;    for (int i=0;i<len;i++) ++b[x[i]=s[i]];    for (int i=1;i<=m;i++) b[i]+=b[i-1];    for (int i=len-1;i>=0;i--) SA[--b[x[i]]]=i;    for (int k=1;k<=len;k<<=1){        p=0;        for (int i=len-k;i<len;i++) y[p++]=i;        for (int i=0;i<len;i++)          if (SA[i]>=k) y[p++]=SA[i]-k;        for (int i=0;i<=m;i++) b[i]=0;        for (int i=0;i<len;i++) ++b[x[y[i]]];        for (int i=1;i<=m;i++) b[i]+=b[i-1];        for (int i=len-1;i>=0;i--) SA[--b[x[y[i]]]]=y[i];        swap(x,y);p=1;x[SA[0]]=0;        for (int i=1;i<len;i++)          x[SA[i]]=cmp(SA[i-1],SA[i],k)?p-1:p++;        if (p>len) break;m=p;    }    p=0;    for (int i=0;i<len;i++) rank[SA[i]]=i;    for (int i=0;i<len;i++){        if (rank[i]==0) continue;        int j=SA[rank[i]-1];        while (i+p<len&&j+p<len&&s[i+p]==s[j+p]) ++p;        height[rank[i]]=p;        if (p!=0) p--;    }}void Add(int i,long long val){    Minn[i]=min(Minn[i],val);    Maxp[i]=max(Maxp[i],val);}void calc(int i){    int len=i-L[i],c=now-cnt[i];    long long Maxnow,Minnow;    f[height[i]]+=(long long)len*c;    Maxnow=STtable::getMax(cnt[i]+1,now);    Minnow=STtable::getMin(cnt[i]+1,now);    Max[height[i]]=max(Max[height[i]],Maxnow*Maxp[i]);    Max[height[i]]=max(Max[height[i]],Minnow*Minn[i]);}int main(){    scanf("%d",&n);    for (int i=0;i<n;i++){        char c=getchar();        while (c<'a'||c>'z') c=getchar();        s[i]=c;    }    for (int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);    len=n;get_SA();    STtable::build();    for (int i=0;i<=n;i++) Max[i]=Maxp[i]=-inf;    for (int i=0;i<=n;i++) Minn[i]=inf;    for (int i=1;i<len;i++){        L[i]=i-1;        Add(i,a[SA[i-1]]);        while (top!=0&&height[st[top]]>=height[i]){            calc(st[top]);L[i]=L[st[top]];            Add(i,Maxp[st[top]]);            Add(i,Minn[st[top]]);            --top;        }        st[++top]=i;cnt[i]=now;++now;    }    while (top!=0){calc(st[top]);--top;}    for (int i=len-1;i>=0;i--){        Max[i]=max(Max[i],Max[i+1]);        f[i]=f[i]+f[i+1];    }    for (int i=0;i<len;i++)      if (Max[i]==-inf) Max[i]=0;    for (int i=0;i<len;i++)      printf("%I64d %I64d\n",f[i],Max[i]);    return 0;}

偏偏在最后出现的补充说明

理解后缀数组的常用套路