COGS 902 乐曲主题 题解 & hash入门贺

【题意】

给定一个长为n的序列，元素都是不超过88的正整数，求序列中主题的最大长度。

所谓主题是指在序列中出现了至少两次并且不相交的子串。特别的，主题可以变调，也就是说如果一个子串全部加上或减去一个数后与另一个子串相同，那么也认为它们是相同的。

对于100%的数据，n<=5000。

【解法】

所谓的变调不过是升降趋势相同，直接来一发差分就好。

答案显然有单调性，长度越长主题越不容易出现，因此可以二分答案，每次只要查询长为ans的子串中是否存在相同且不相交的两个子串即可。

查询子串是否相同可以用哈希实现，这样只要O(n)预处理一发h数组并递推幂取模，取hash值就果断O(1)了。

关于hash的取模，可以直接用unsigned long long自动溢出取模(虽然这是最容易被卡的hash……)。

贴个代码(也不知道出了什么事儿，莫名的折叠不了了，垃圾cnblogs)：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#define ULL unsigned long long
using namespace std;
const int maxn=5010;
const ULL T=173ull;
void init();
ULL hash(int,int);
ULL h[maxn],pw[maxn],tmp;
int n,a[maxn],L,R,M;
bool ok;
map<ULL,int>id;
int main(){
#define MINE
#ifdef MINE
freopen("theme.in","r",stdin);
freopen("theme.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=n;i;i--)a[i]-=a[i-1];
init();
L=4;R=n;
while(L<=R){
M=(L+R)>>1;
ok=false;
for(int i=1;i+M-1<=n;i++){
tmp=hash(i,M);
if(id.count(tmp)){
if(id[tmp]<i-M){
ok=true;
break;
}
}
else id[tmp]=i;
}
if(ok)L=M+1;
else R=M-1;
}
if(L<5)L=0;
printf("%d",L);
#ifndef MINE
printf("\n-------------------------DONE-------------------------\n");
for(;;);
#endif
return 0;
}
inline void init(){
for(int i=n;i;i--)h[i]=h[i+1]*T+(a[i]+1);
pw[0]=1ull;
for(int i=1;i<=n;i++)pw[i]=pw[i-1]*T;
}
inline ULL hash(int x,int l){return h[x]-h[x+l]*pw[l];}
/*
30
25 27 30 34 39 45 52 60 69 79 69 60 52 45 39 34 30 26 22 18
82 78 74 70 66 67 64 60 65 80
Answer:
9
*/

【hash相关】

虽说是抄的蓝书的hash……但不管怎么说自己算是会写hash了……好感动……

如果字符串给定，询问的串都是它的子串，那么可以O(n)预处理，O(1)查询。

具体来说，定义后缀hash函数为

hi=Tn-i+1si+Tn-isi+1+……+sn，其中T代表字符集大小。

那么利用秦九韶大法，有如下递推式：

hi=hi+1*T+si

然后就可以happy的O(n)推出所有h值啦。

查询的时候，记以x开头，长为l的子串的hash值为hash(x,l)，那么有

hash(x,l)=Tlsx+Tl-1sx+1+……+sx+l-1

由上面h函数的公式，可以推出

hash(x,l)=hx-Tlhx+l

然后就可以happy的O(1)查询啦。