正題

題目鏈接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5287

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題目大意

開始一個空串，$n$個操作

在末尾加入$x$個$c$字符（保證和$c$和前面的字符不同）

返回到第$x$次操作之后

每次操作完成后求所有前綴的最長的$border$長度和

$1\le n\le 10^5$

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解題思路

二操作好像是一個離線樹能搞出來的先只考慮一操作，因為是相當于求$kmp$之后的$next$和，所以可以考慮一下用$kmp$。

每個插入操作我們可以看做插入了一個二元組$(c,x)$，$nx{t}_i$表示按照二元組完全匹配來KMP的$next$數組。

然后求答案的時候設現在這個二元組$(c,x)$，已經匹配到$now$個$c$，然后往前跳$nxt$的時候如果下一個二元組的字符是$c$且數量$x>now$那么我們就往后計算答案然后讓$now=x$。

然后最后剩下的一些如果能和第一個匹配就全都匹配。

然后這樣跑是能過的，但是加了二操作之后就會$T$，因為KMP是均攤復雜度的，會被$hack$。

所以考慮一下怎么優化，我們知道$broder$可以被劃分成$log$個等差數列，而且一定是按照長度來排列的，如果我們發現我們跳進了一個無法匹配的等差數列中我們就直接跳到這個等差數列結束的位置因為這個等差數列中已經不能匹配了。

這樣復雜度就到了$O(n\log n)$了

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code

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<vector> #define ll long long using namespace std; const ll N=1e5+10,P=998244353; ll n,len,ch[N][2],s[N][3],ans[N],nxt[N],prt[N],p[N]; vector<ll> e[N]; ll gs(ll l,ll r) {return (r+l)*(r-l+1)/2;} void dfs(ll x){ll i=nxt[len++];s[len][0]=ch[x][0];s[len][1]=ch[x][1];s[len][2]=s[len-1][2]+ch[x][1];ans[len]=ans[len-1];nxt[len]=0;if(len==1){ans[len]=gs(1,ch[x][1]-1);}else{ll d=len-i;while(i&&(s[i+1][0]!=ch[x][0]||s[i+1][1]!=ch[x][1])){if(i-nxt[i]==d)i=i%d+d;d=i-nxt[i];i=nxt[i];}nxt[len]=i+(i||(ch[x][0]==s[1][0]&&ch[x][1]>=s[1][1]));ll now=0;i=nxt[len-1],d=len-1-i;while(now<ch[x][1]&&i){if(s[i+1][0]==ch[x][0]&&s[i+1][1]>now){ans[len]+=gs(s[i][2]+now+1,s[i][2]+min(ch[x][1],s[i+1][1]));now=s[i+1][1];}if(i-nxt[i]==d)i=i%d+d;d=i-nxt[i];i=nxt[i];}if(now<ch[x][1]&&s[1][0]==ch[x][0]){if(s[i+1][1]>now)ans[len]+=gs(now+1,min(ch[x][1],s[i+1][1]));now=max(now,min(ch[x][1],s[i+1][1]));ans[len]+=s[1][1]*(ch[x][1]-now);}}prt[x]=ans[len];for(ll i=0;i<e[x].size();i++)dfs(e[x][i]);len--;return; } signed main() {scanf("%lld",&n);for(ll i=1;i<=n;i++){ll op;scanf("%lld ",&op);if(op==1){scanf("%lld %c",&ch[i][1],&ch[i][0]);e[p[i-1]].push_back(p[i]=i);}else{ll x;scanf("%lld",&x);p[i]=p[x];}}for(ll i=0;i<e[0].size();i++)dfs(e[0][i]);for(ll i=1;i<=n;i++)printf("%lld\n",prt[p[i]]%P);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的P5287-[HNOI2019]JOJO【KMP】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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