bzoj4516【SDOI2016】生成魔咒

4516: [Sdoi2016]生成魔咒

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Description

魔咒串由许多魔咒字符组成，魔咒字符可以用数字表示。例如可以将魔咒字符 1、2 拼凑起来形成一个魔咒串 [1,2]。
一个魔咒串 S 的非空字串被称为魔咒串 S 的生成魔咒。
例如 S=[1,2,1] 时，它的生成魔咒有 [1]、[2]、[1,2]、[2,1]、[1,2,1] 五种。S=[1,1,1] 时，它的生成魔咒有 [1]、
[1,1]、[1,1,1] 三种。最初 S 为空串。共进行 n 次操作，每次操作是在 S 的结尾加入一个魔咒字符。每次操作后都
需要求出，当前的魔咒串 S 共有多少种生成魔咒。

Input

第一行一个整数 n。
第二行 n 个数，第 i 个数表示第 i 次操作加入的魔咒字符。
1≤n≤100000。,用来表示魔咒字符的数字 x 满足 1≤x≤10^9

Output

输出 n 行，每行一个数。第 i 行的数表示第 i 次操作后 S 的生成魔咒数量

Sample Input

7

1 2 3 3 3 1 2

Sample Output

1

3

6

9

12

17

22

HINT

Source

鸣谢Menci上传

方法一：后缀数组
直接用后缀数组比较难处理，因为每次加入新的元素后等于加入一个前缀，我们可以将整个字符串翻转，这样就转化成后缀了。
然后每加入一个后缀，要求出新产生了多少个不同的子串。在height数组中，找出前后相邻的加入的后缀(树状数组什么的随便搞搞就好)，求出LCP的最大值，就是已经出现过的子串个数。用当前后缀的长度减去它就可以了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<map>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 200005
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,cnt;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn],x[maxn],y[maxn],sa[maxn],rnk[maxn],h[maxn],f[maxn][20],g[maxn][2];
ll ans;
map<int,int> mp;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void build_sa(int n,int m)
{
F(i,1,n) c[x[i]=a[i]]++;
F(i,2,m) c[i]+=c[i-1];
D(i,n,1) sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<=n;k<<=1)
{
int t=0;
F(i,n-k+1,n) y[++t]=i;
F(i,1,n) if (sa[i]>k) y[++t]=sa[i]-k;
memset(c,0,sizeof(c));
F(i,1,n) c[x[i]]++;
F(i,2,m) c[i]+=c[i-1];
D(i,n,1) sa[c[x[y[i]]]--]=y[i];
swap(x,y);
t=1;x[sa[1]]=1;
F(i,2,n) x[sa[i]]=y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k]?t:++t;
if (t>=n) break;
m=t;
}
}
inline void get_h()
{
int tmp=0;
F(i,1,n) rnk[sa[i]]=i;
F(i,1,n)
{
if (tmp) tmp--;
int j=sa[rnk[i]-1];
while (a[i+tmp]==a[j+tmp]) tmp++;
h[rnk[i]]=tmp;
}
}
inline int rmq(int l,int r)
{
int t=(int)log2(r-l+1);
return min(f[l][t],f[r-(1<<t)+1][t]);
}
inline void change(int p,int x,int y)
{
for(int i=x;i<=n;i+=(i&(-i))) g[i][p]=max(g[i][p],y);
}
inline int query(int p,int x)
{
int ret=0;
for(int i=x;i;i-=(i&(-i))) ret=max(ret,g[i][p]);
return ret;
}
int main()
{
n=read();
D(i,n,1) b[i]=a[i]=read();
sort(b+1,b+n+1);
F(i,1,n) if (i==1||b[i]!=b[i-1]) mp[b[i]]=++cnt;
F(i,1,n) a[i]=mp[a[i]];
build_sa(n,cnt);
get_h();
F(i,1,n) f[i][0]=h[i];
for(int j=1;(1<<j)<=n;j++) F(i,1,n-(1<<j)+1) f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
D(i,n,1)
{
int pos=rnk[i],pre=query(0,pos-1),suc=n-query(1,n-pos)+1,tmp=0;
if (pre>=1) tmp=max(tmp,rmq(pre+1,pos));
if (suc<=n) tmp=max(tmp,rmq(pos+1,suc));
ans=ans+n-i+1-tmp;
printf("%lld\n",ans);
change(0,pos,pos);change(1,n-pos+1,n-pos+1);
}
}

方法二：后缀自动机裸题
直接将每个元素插入后缀自动机，然后ans+=mx[np]-mx[fa[np]]。