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題目大意：給出兩個(gè)字符串，再給出一個(gè)k，問兩個(gè)字符串中長(zhǎng)度大于等于k的公共子串有多少個(gè)(種類可重復(fù))

題目分析：因?yàn)樯婕暗搅俗哟畣栴}，先用后綴數(shù)組跑出height數(shù)組來，接下來如果直接枚舉兩個(gè)字符串每一個(gè)位置的height來統(tǒng)計(jì)答案的話，時(shí)間復(fù)雜度是n*n，還是不能在規(guī)定時(shí)間內(nèi)完成，當(dāng)然這里提一嘴n*n的做法，可以先nlogn預(yù)處理出任意兩個(gè)后綴的height的值，然后直接n*n枚舉兩個(gè)字符串的所有后綴，如果其height大于等于k，則貢獻(xiàn)為height-k+1，顯然是會(huì)超時(shí)的

那么我們可以從height數(shù)組的性質(zhì)入手，因?yàn)橛辛薻的長(zhǎng)度限制，所以可以將height數(shù)組分為幾個(gè)獨(dú)立的組，保證每個(gè)組的height的最小值都是大于等于k的，現(xiàn)在對(duì)于其中一個(gè)滿足條件的height組來說，因?yàn)槿我鈨蓚€(gè)位置的sa所代表的后綴的最長(zhǎng)公共前綴，就是其區(qū)間內(nèi)height的最小值，這樣一來我們就可以針對(duì)字符串A統(tǒng)計(jì)貢獻(xiàn)，當(dāng)遇到字符串B的時(shí)候，一口氣將貢獻(xiàn)都給他，當(dāng)然，維護(hù)字符串A的貢獻(xiàn)時(shí)，我們需要根據(jù)height當(dāng)前的最小值實(shí)時(shí)計(jì)算貢獻(xiàn)，到這里我是沒有想到的，看了別人的題解后才恍然大悟，原來這里用一個(gè)單調(diào)棧就可以輕松解決，單調(diào)棧在這里的作用是為了記錄某一段區(qū)間上的A出現(xiàn)了幾次的，我們需要維護(hù)的是一個(gè)大頂棧，也就是維護(hù)一個(gè)單調(diào)遞增的序列，當(dāng)遇到比棧頂小的數(shù)的時(shí)候，就需要將棧內(nèi)比當(dāng)前數(shù)大的元素一一出棧，清除其貢獻(xiàn)并重新計(jì)算，因?yàn)橛?jì)算貢獻(xiàn)統(tǒng)一使用：height-k+1這個(gè)公式來計(jì)算的，之前棧內(nèi)比較大的元素使用這個(gè)公式計(jì)算后，因?yàn)楝F(xiàn)在遇到了比其更小的元素了，所以顯然之前計(jì)算的結(jié)果有一部分算多了，需要減去多余的這些貢獻(xiàn)，就這樣利用單調(diào)棧維護(hù)貢獻(xiàn)即可

當(dāng)然對(duì)字符串A統(tǒng)計(jì)完貢獻(xiàn)后記得也對(duì)字符串B統(tǒng)計(jì)一遍貢獻(xiàn)，因?yàn)樵谔幚頃r(shí)先A后B和先B后A將會(huì)是兩種情況

代碼：

#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e5+100;vector<int>ans;char str[N];int Stack[N],cnt[N];int sa[N]; //SA數(shù)組，表示將S的n個(gè)后綴從小到大排序后把排好序的 //的后綴的開頭位置順次放入SA中 int t1[N],t2[N],c[N];int rk[N],height[N],belong[N],len,k,mark;int s[N];bool vis[110];void build_sa(int s[],int n,int m)//n為添加0后的總長(zhǎng) {int i,j,p,*x=t1,*y=t2;for(i=0;i<m;i++) c[i]=0;for(i=0;i<n;i++) c[x[i]=s[i]]++;for(i=1;i<m;i++) c[i]+=c[i-1];for(i=n-1;i>=0;i--) sa[--c[x[i]]]=i;for(j=1;j<=n;j<<=1) {p=0;for(i=n-j;i<n;i++) y[p++]=i;for(i=0;i<n;i++) if(sa[i]>=j) y[p++]=sa[i]-j;for(i=0;i<m;i++) c[i]=0;for(i=0;i<n;i++) c[x[y[i]]]++;for(i=1;i<m;i++) c[i]+=c[i-1];for(i=n-1;i>=0;i--) sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];swap(x,y);p=1,x[sa[0]]=0;for(i=1;i<n;i++) x[sa[i]]=y[sa[i-1]]==y[sa[i]]&&y[sa[i-1]+j]==y[sa[i]+j]?p-1:p++;if(p>=n) break;m=p;} }void get_height(int s[],int n)//n為添加0后的總長(zhǎng) {int i,j,k=0;for(i=0;i<=n;i++)rk[sa[i]]=i;for(i=0;i<n;i++) {if(k) k--;j=sa[rk[i]-1];while(s[i+k]==s[j+k]) k++;height[rk[i]]=k;} }void solve(int base=128) {build_sa(s,len+1,base);get_height(s,len); }LL cal(bool state) {LL sum=0,ans=0;int top=0;for(int i=2;i<=len;i++){if(height[i]<k){sum=top=0;}else{int num=0;if(state&&sa[i-1]<mark||!state&&sa[i-1]>mark){num++;sum+=height[i]-k+1;}while(top&&Stack[top]>height[i]){sum-=1LL*cnt[top]*(Stack[top]-k+1);sum+=1LL*cnt[top]*(height[i]-k+1);num+=cnt[top];top--;}if(num){top++;Stack[top]=height[i];cnt[top]=num;}if(state&&sa[i]>mark||!state&&sa[i]<mark)ans+=sum;}}return ans; }int main() { // freopen("input.txt","r",stdin); // ios::sync_with_stdio(false);while(scanf("%d",&k)!=EOF&&k){scanf("%s",str);mark=strlen(str);str[mark]=1;scanf("%s",str+mark+1);len=strlen(str);for(int i=0;i<=len;i++)s[i]=str[i];solve();printf("%lld\n",cal(true)+cal(false));}return 0; }

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的POJ - 3415 Common Substrings(后缀数组+单调栈)的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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