POJ-3693 Maximum repetition substring 后缀数组

　　题目链接：http://poj.org/problem?id=3693

　　求字符串的重复次数最多的且字典序最小的字串。

　　很不错的题目。罗穗骞大牛论文的模板题，摘了Neo / Add ~0U>>1大牛的详细题解，如下：

　　首先求第一问最大重复数。从N的范围来看O(N^2)虽不靠谱，但是起码能带来些有用的启示。方法有二，一是枚举开头位置求重复长度；二是枚举重复长度求开头位置。

第一种方法求最大重复数的方法MS也只有枚举重复长度然后去判……所以说我们从第二个方法入手。O(N^2)的方法是再枚举开头位置。我们来考虑一下能不能少枚举一些开头位置——更确切地说，能不能只枚举一些特殊位置，设当前枚举的长度为L，能不能只枚举0，L，2L，……这样的位置。见下图：



　　首先明确，枚举长度Len的时候，从一个位置求出的Lcp值表明从此处开始重复数为floor(Lcp / Len) + 1。

　　然后容易发现的问题就是，可能从某个枚举位置向前移动“一点”能够多一个周期，从而使重复数增加。从图上来看，这种状况发生的条件就是Lcp比满足这个重复数“必需的Lcp”要多，也就是Lcp % Len ≠ 0。不难发现，这时候我们向前移动Len - Lcp % Len的话，如果有下一个周期就会进去，否则也不会引起新的变化。所以说这种方法可行。

　　这样的话复杂度为n(1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n) = O(nlogn)。有一个显而易见的优化，那就是只需要枚举到floor(n / 2)即可。但是后面的部分也少不了多少……

　　第二问是求最小字典序的答案。我采用了这样一种方法，那就是在第一步中记录能够达到最大重复数的重复长度的集合，然后按照sa[1]，sa[2]，sa[3]，……的顺序去暴力枚举，每到一个位置就从小到大地判重复长度的集合中有没有可行的，如果有一个可行的就立即输出结果并退出。这样的做法能够保证正确性，虽然最坏情况下仍然有可能退化到O(n^2)，但是要构造这样一组数据是比较困难的（得一直枚举到最后一个后缀，还得从1到Len / 2都能满足最大重复数）。对于非特殊构造的数据这一步的复杂度几乎是O(n)，于是这个题就可以水过了。

　　我的代码：

//STATUS:C++_AC_422MS_11232KB
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
using namespace std;
#define LL __int64
#define pii pair<int,int>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define PI acos(-1.0)
const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f,MOD=10000,STA=8000010;
//const LL LNF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double DNF=1e13;
//
inline int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline int Min(int a,int b){return a<b?a:b;}
void swap(int& a,int& b){int t=a;a=b;b=t;}
void swap(LL& a,LL& b){LL t=a;a=b;b=t;}
//

char s
;
int d
[20];
int num
;
int sa
,t1
,t2
,c
,rank
,height
;
int n,m;

void build_sa(int s[],int n,int m)
{
int i,k,p,*x=t1,*y=t2;
//第一轮基数排序
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(k=1;k<=n;k<<=1){
p=0;
//直接利用sa数组排序第二关键字
for(i=n-k;i<n;i++)y[p++]=i;
for(i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=k)y[p++]=sa[i]-k;
//基数排序第一关键字
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];
//根据sa和x数组计算新的x数组
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]+k]==y[sa[i]+k]?p-1:p++;
if(p>=n)break;   //已经排好序，直接退出
m=p;     //下次基数排序的最大值
}
}

void getHeight(int s[],int n)
{
int i,j,k=0;
for(i=0;i<=n;i++)rank[sa[i]]=i;
for(i=0;i<n;i++){
if(k)k--;
j=sa[rank[i]-1];
while(s[i+k]==s[j+k])k++;
height[rank[i]]=k;
}
}

void rmq_init(int a[])
{
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++)d[i][0]=a[i];
for(j=1;(1<<j)<=n;j++){
for(i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
d[i][j]=Min(d[i][j-1],d[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}

int rmq(int l,int r)
{
int k=0;
while((1<<(k+1))<=r-l+1)k++;
return Min(d[l][k],d[r-(1<<k)+1][k]);
}

int lcp(int a,int b)
{
if(a==b)return n-a;
int ra=rank[a],rb=rank[b];
if(ra>rb)swap(ra,rb);
ra++;
return rmq(ra,rb);
}

int main()
{
//   freopen("in.txt","r",stdin);
int i,j,sz=1,hig,ans
,cnt,fre,wide,t,ss,ok;
while(~scanf("%s",s) && (s[0]!='#' || s[1]) )
{
n=strlen(s);
for(i=0;i<n;i++){
num[i]=s[i]-'a'+1;
}
num
=0;
m=27;
build_sa(num,n+1,m);
getHeight(num,n);
rmq_init(height);

hig=0;
for(i=1;i<=n/2;i++){
for(j=0;j+i<n;j+=i){
wide=lcp(j,j+i);
fre=wide/i+1;
t=j-(i-wide%i);
if(t>=0 && wide%i){
wide=lcp(t,t+i);
fre=Max(fre,wide/i+1);
}
if(fre>hig){
hig=fre;
cnt=0;
ans[cnt++]=i;
}
else if(fre==hig){
ans[cnt++]=i;
}
}
}

ok=0;
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=0;j<cnt;j++){
if(sa[i]+ans[j]>=n)continue;
wide=lcp(sa[i],sa[i]+ans[j]);
if(wide/ans[j]+1==hig){
ss=sa[i];
s[ss+hig*ans[j]]=0;
ok=1;
break;
}
}
if(ok)break;
}

printf("Case %d: %s\n",sz++,s+ss);
}
return 0;
}