COJ975 WZJ的数据结构（负二十五）

试题描述

输入一个字符串S，回答Q次问题，给你l,r，输出子序列[l,r]的最长连续回文串长度。

输入

第一行为一个字符串S。

第二行为一个正整数Q。

接下来Q行每行为l,r。

输出

对于每个询问，输出答案。

输入示例

aababababaabababaaa

4

1 3

2 6

1 10

2 7

输出示例

2

5

9

5

其他说明

1<=|S|,Q<=100000

1<=l<=r<=|S|

由于求区间的最长回文串长度，这显然不是很容易的事情，我们考虑用分块来维护答案。

我们每SIZE个元素分成一块，询问时要得到大块之间的答案以及小部分贡献的答案。

前者我们可以预处理出来（马拉车或PAM），时间复杂度O(N^2/SIZE)。

后者我们可以用PAM，当回文串的一段在小段时，肯定是左端在左小段，右端在右小段。两者是对称的，我们开始考虑怎么求回文串右端在右小段的答案。

预处理每个位置在PAM上的节点，但这可能超过询问边界，所以我们要不停地沿失配边向上走，当节点的的长度<=限制长度时返回。

如果暴力的话虽然对于随机数据表现很好，但会被特殊数据卡。因此我们可以用倍增来做，那么这一部分的时间复杂度为O(Q*SIZE*logSIZE)。

总时间复杂度为O(N^2/SIZE+Q*SIZE*logSIZE)，实测SIZE取[150,200]即可。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
const int maxn=100010;
char ch[maxn];
int lpos[maxn],rpos[maxn],nowret;
struct PAM {
    int last,cnt,to[maxn][26],l[maxn],fa[maxn];
    int first[maxn],next[maxn],To[maxn],anc[maxn][20],e;
    void init() {
        memset(to,0,sizeof(to));
        memset(l,0,sizeof(l));
        memset(fa,0,sizeof(fa));
        memset(first,0,sizeof(first));
        cnt=fa[0]=1;l[1]=-1;last=e=0;
    }
    void extend(int c,int n,int id) {
        int p=last;
        while(ch[n]!=ch[n-l[p]-1]) p=fa[p];
        if(!to[p][c]) {
            int np=++cnt,k=fa[p];l[np]=l[p]+2;
            while(ch[n]!=ch[n-l[k]-1]) k=fa[k];
            fa[np]=to[k][c];to[p][c]=np;
        }
        nowret=max(nowret,l[last=to[p][c]]);
        if(id>0) lpos[id]=last;
        else rpos[-id]=last;
    }
    stack<int> S;
    void dfs(int x) {
        S.push(x);
        while(!S.empty()) {
            x=S.top();S.pop();
            anc[x][0]=fa[x];
            rep(i,1,19) anc[x][i]=anc[anc[x][i-1]][i-1];
            ren S.push(To[i]);
        }
    }
    void AddEdge(int u,int v) {
        To[++e]=v;next[e]=first[u];first[u]=e;
    }
    void build() {
        fa[1]=1;rep(i,0,cnt) if(i!=1) AddEdge(fa[i],i);
        dfs(1);
    }
    int solve(int x,int limit) {
        if(l[x]<=limit) return l[x];
        for(int i=19;i>=0;i--) if(l[anc[x][i]]>limit) x=anc[x][i];
        return l[fa[x]];
    }
}sol1,sol2;
int n,SIZE;
int ans[750][750],bl[maxn],st[maxn],en[maxn];
int main() {
    scanf("%s",ch+1);n=strlen(ch+1);SIZE=150;
    rep(i,1,n) {
        bl[i]=(i-1)/SIZE+1;
        en[bl[i]]=i;
        if(!st[bl[i]]) st[bl[i]]=i;
    }
    rep(i,1,bl[n]) {
        sol1.init();nowret=0;
        char c=ch[st[i]-1];ch[st[i]-1]=‘~‘;
        rep(j,st[i],n) {
            sol1.extend(ch[j]-‘a‘,j,1);
            ans[i][bl[j]]=max(ans[i][bl[j]],nowret);
        }
        ch[st[i]-1]=c;
    }
    sol1.init();sol2.init();
    rep(i,1,n) sol1.extend(ch[i]-‘a‘,i,i);
    reverse(ch+1,ch+n+1);
    rep(i,1,n) sol2.extend(ch[i]-‘a‘,i,-(n-i+1));
    sol1.build();sol2.build();
    int m=read();
    while(m--) {
        int l=read(),r=read(),ret=0;
        if(bl[l]+1>=bl[r]) rep(i,l,r) ret=max(ret,sol1.solve(lpos[i],i-l+1));
        else {
            ret=ans[bl[l]+1][bl[r]-1];
            rep(i,l,en[bl[l]]) ret=max(ret,sol2.solve(rpos[i],r-i+1));
            rep(i,st[bl[r]],r) ret=max(ret,sol1.solve(lpos[i],i-l+1));
        }
        printf("%d\n",ret);
    }
    return 0;
}