Codeforces Round #244 (Div. 2)D （后缀自动机）
（标号为0的节点一定是null节点，无论如何都不能拿来用，切记切记，以后不能再错了）
这题用后缀自动机的话，对后缀自动机的很多性质有足够深刻的理解。没想过后缀数组怎么做，因为不高兴敲。。。。
题意：给出两个长度均不超过5000的字符串s1,s2，求这两个串中，都只出现一次的最短公共子串。
解题思路：求的是公共子串，然后对出现的次数又有限制，第一想法就是后缀自动机啊，后缀自动机处理子串出现次数再合适不过了。做法是这样的，先建立s1的sam，用拓扑dp，求出每个节点的代表串出现的次数。目的是什么呢？其实我是想求ok[i][j]，表示s1[i] ~ s1[j]的这个子串是否只出现了一次。现在我们求出了代表串的出现次数了，怎么求这个ok[i][j]呢？拿s1在建立好的自动机上匹配，当前匹配到了s1[i]，记录temp表示当前匹配的最长长度，now表示当前匹配在哪个节点。这里有一个跟AC自动机很相似的性质，匹配到了now，则一定能匹配fa[now]。那么就顺着now往上走，一直找到第一个出现次数大于1的节点p，那么以i为结尾，长度为val[p]+1到temp的子串在s1里面肯定都只出现一次了。把这个记录到ok数组里。 第二步是对s2处理了，还是一样的过程，建立sam，求出每个点的代表串出现的次数，即cnt[]数组。 第三步就要拿s1在s2的sam上进行匹配了，匹配过程类似于前面处理s1的ok数组，找出当前匹配的最长长度temp，匹配到的节点now，顺着now往上，找到第一个cnt大于1的节点p，在s2里面，以当前匹配上的子串的结尾为结尾的长度为val[p] + 1到temp的子，串必然只在s2里出现过一次。然后就枚举j，从val[p] + 1到temp，如果在s1里面，以i为结尾，长度为j的子串只出现1次(即ok[i-j+1][i] == 1)，那么这个j就有可能成为答案，用其更新ans即可。
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std ;
const int maxn = 5001 ;
bool ok[maxn][maxn] ;
int ans = 111111 ;
struct SAM {
int fa[maxn<<1] , val[maxn<<1] , c[26][maxn<<1] ;
int cnt[maxn<<1] ; int tot , last ;
int ws[maxn<<1] , wv[maxn<<1] ;
inline int new_node ( int _val ) {
val[++tot] = _val ;
for ( int i = 0 ; i < 26 ; i ++ ) c[i][tot] = 0 ;
cnt[tot] = fa[tot] = 0 ;
return tot ;
}
void add ( int k ) {
int p = last , i ;
int np = new_node ( val[p] + 1 ) ;
while ( p && !c[k][p] ) c[k][p] = np , p = fa[p] ;
if ( !p ) fa[np] = 1 ;
else {
int q = c[k][p] ;
if ( val[q] == val[p] + 1 ) fa[np] = q ;
else {
int nq = new_node ( val[p] + 1 ) ;
for ( i = 0 ; i < 26 ; i ++ )
c[i][nq] = c[i][q] ;
fa[nq] = fa[q] ;
fa[q] = fa[np] = nq ;
while ( p && c[k][p] == q ) c[k][p] = nq , p = fa[p] ;
}
}
last = np ;
}
void init () {
tot = 0 ;
last = new_node ( 0 ) ;
}
void SORT () {
for ( int i = 0 ; i < maxn ; i ++ ) wv[i] = 0 ;
for ( int i = 1 ; i <= tot ; i ++ ) wv[val[i]] ++ ;
for ( int i = 1 ; i < maxn ; i ++ ) wv[i] += wv[i-1] ;
for ( int i = 1 ; i <= tot ; i ++ ) ws[wv[val[i]]--] = i ;
}
void get_cnt ( char *s , int n ) {
SORT () ;
int now = 1 , i ;
memset ( cnt , 0 , sizeof ( cnt ) ) ;
for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
int k = s[i] - ‘a‘ ;
now = c[k][now] ;
cnt[now] ++ ;
}
for ( i = tot ; i >= 1 ; i -- ) {
now = ws[i] ;
cnt[fa[now]] += cnt[now] ;
}
}
void gao ( char *s , int n ) {
get_cnt ( s , n ) ;
int now = 1 , i , j ;
for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
int k = s[i] - ‘a‘ ;
now = c[k][now] ;
int p = now ;
while ( fa[p] && cnt[p] == 1 ) p = fa[p] ;
for ( j = 1 ; j <= i - val[p] ; j ++ )
ok[j][i] = 1 ;
}
}
void work ( char *s , int n ) {
int temp = 0 , now = 1 , i , j ;
for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
int k = s[i] - ‘a‘ ;
if ( c[k][now] ) {
temp ++ ; now = c[k][now] ;
int p = now ;
while ( fa[p] && cnt[p] == 1 ) p = fa[p] ;
for ( j = val[p] + 1 ; j <= temp ; j ++ )
if ( ok[i-j+1][i] ) {
ans = min ( ans , j ) ;
break ;
}
}
else {
while ( now && !c[k][now] ) now = fa[now] ;
if ( !now ) now = 1 , temp = 0 ;
else {
temp = val[now] + 1 ;
now = c[k][now] ;
int p = now ;
while ( fa[p] && cnt[p] == 1 ) p = fa[p] ;
for ( j = val[p] + 1 ; j <= temp ; j ++ )
if ( ok[i-j+1][i] ) {
ans = min ( ans , j ) ;
break ;
}
}
}
}
}
} ac ;
char s1[maxn] , s2[maxn] ;
int main () {
scanf ( "%s" , s1 + 1 ) ;
ac.init () ;
int n = strlen ( s1 + 1 ) , i , j ;
for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ )
ac.add ( s1[i] - ‘a‘ ) ;
ac.gao ( s1 , n ) ;
scanf ( "%s" , s2 + 1 ) ;
ac.init () ;
int m= strlen ( s2 + 1 ) ;
for ( i = 1 ; i <= m ; i ++ )
ac.add ( s2[i] - ‘a‘ ) ;
ac.get_cnt ( s2 , m ) ;
ac.work ( s1 , n ) ;
if ( ans == 111111 ) puts ( "-1" ) ;
else printf ( "%d\n" , ans ) ;
return 0 ;
}
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Codeforces Round #244 (Div. 2)D （后缀自动机）
原文地址：http://blog.csdn.net/no__stop/article/details/24983639
