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题目链接：http://uoj.ac/problem/131
题意：给出一个字符串，第i个字符对应的值为a[i], 对于i∈[0,n),求最长公共前缀大于等于i的字串对个数，并求这些字符串对开头对应值相乘最大值。n=3*10^5
题解：
学了个厉害的东西啊。。。
正解好像是sa+并查集（合并height）
然而我学了个用sam的做法。。
对于第一问：
首先我们要知道，建立后缀自动机之后，parent树就是逆序串的后缀树。
why？看这个博客好了：http://z55250825.blog.163.com/blog/static/15023080920144542541495/
直接逆序建后缀自动机，
因为对于现在parent树而言，任意两点的LCP等于两点在树上的LCA的step（step就是sam里的那个step。。一开始没想清楚还以为是parent-tree上的深度。。于是WA了。。）
这是转化成一个简单的树形dp了：按逆拓扑序更新（从孩子到parent），对于当前点x，看它是多少对点对的lcp。
假设有四个孩子，孩子的点数（就是这棵子树上有多少个点）分别为s1,s2,s3,s4
cnt[x]=1*(s1+s2+s3+s4)(这是x到x的孩子) + （s1+s2+s3）*s4 + （s1+s2）*s3 + s1*s2
那我们每遍历一个孩子y，就sum[x]+=sum[y]，对于一个新的孩子yy，cnt[x]+=sum[x]*sum[yy];
对于第二问：
对于当前的parent树而言，等价于求parent树上两个叶节点乘积的最大值。
又因为考虑到ai可能是负数，所以我们只需要记录最大值，次大值，最小值，次小值就可以了。
参考题解：http://www.cnblogs.com/joyouth/p/5366396.html
注意很多细节。。
sam真的超厉害。。可以直接转化成后缀树和后缀数组。。
ORZ。。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2*3*100010;
const LL INF=1LL<<62;
int sl,cl,tot,last,c[N],in[N],first[N],step[N],pre[N],son[N][30];
LL w[N],cnt[N],ans[N],mx[N],smx[N],mn[N],smn[N],sum[N];
char s[N];
bool vis[N];
queue<int> Q;
LL maxx(LL x,LL y){return x>y ? x:y;}
LL minn(LL x,LL y){return x<y ? x:y;}
void gmax(LL &x,LL y){x=maxx(x,y);}
void gmin(LL &x,LL y){x=minn(x,y);}
int add_node(int x)
{
step[++tot]=x;
return tot;
}
void clear()
{
memset(son,0,sizeof(son));
memset(pre,0,sizeof(pre));
memset(step,0,sizeof(step));
memset(in,0,sizeof(in));
// memset(cnt,0,sizeof(cnt));
memset(sum,0,sizeof(sum));
tot=0;add_node(0);last=1;
}
void extend(int ch)
{
int p=last,np=add_node(step[p]+1);
while(p && !son[p][ch])
{
son[p][ch]=np;
in[np]++;
p=pre[p];
}
if(!p) pre[np]=1;
else
{
int q=son[p][ch];
if(step[q]==step[p]+1) pre[np]=q;
else
{
int nq=add_node(step[p]+1);
for(int i=1;i<=26;i++)
if(son[q][i]) son[nq][i]=son[q][i],in[son[q][i]]++;
pre[nq]=pre[q];
pre[np]=pre[q]=nq;
while(p && son[p][ch]==q) in[q]--,in[nq]++,son[p][ch]=nq,p=pre[p];
}
}
last=np;
}
void get_tp()
{
while(!Q.empty()) Q.pop();
memset(vis,0,sizeof(vis));
Q.push(1);vis[1]=1;cl=0;
while(!Q.empty())
{
int x=Q.front();c[++cl]=x;vis[x]=0;Q.pop();
for(int i=1;i<=26;i++)
{
int y=son[x][i];
if(!y) continue;
in[y]--;
if(!in[y] && !vis[y]) vis[y]=1,Q.push(y);
}
}
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
int x,y,ch;
scanf("%d",&sl);
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=sl;i++) scanf("%lld",&w[i]);
clear();
for(int i=sl;i>=1;i--) extend(s[i]-‘a‘+1);
get_tp();
for(int i=1;i<=tot;i++) mx[i]=-INF,smx[i]=-INF,mn[i]=INF,smn[i]=INF;
x=1;
for(int i=sl;i>=1;i--)
{
ch=s[i]-‘a‘+1;
x=son[x][ch];
mx[x]=mn[x]=w[i];
sum[x]++;
}
LL tmp;
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=0;i<=sl;i++) ans[i]=-INF;
for(int i=cl;i>=1;i--)
{
y=c[i],x=pre[y];
tmp=-INF;
if(smx[y]>-INF) gmax(tmp,mx[y]*smx[y]);
if(smn[y]<INF) gmax(tmp,mn[y]*smn[y]);
gmax(ans[step[y]],tmp);
cnt[step[x]]+=sum[x]*sum[y];
sum[x]+=sum[y];
if(mx[y]>=mx[x]) smx[x]=mx[x],mx[x]=mx[y];//debug >=
else if(mx[y]>smx[x]) smx[x]=mx[y];
if(mn[y]<=mn[x]) smn[x]=mn[x],mn[x]=mn[y];//debug <=
else if(mn[y]<smn[x]) smn[x]=mn[y];
}
// for(int i=0;i<sl;i++) printf("x = %d cnt = %lld ans = %lld\n",i,cnt[i],ans[i]);
for(int i=sl-1;i>=0;i--)
{
cnt[i]+=cnt[i+1];
gmax(ans[i],ans[i+1]);
}
for(int i=0;i<sl;i++)
{
if(!cnt[i]) ans[i]=0;
printf("%lld %lld\n",cnt[i],ans[i]);
}
return 0;
}
【UOJ131/NOI2015D2T2-品酒大会】sam求后缀树
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原文地址：http://www.cnblogs.com/KonjakJuruo/p/5929170.html
