BZOJ 1014: [JSOI2008]火星人prefix [splay 二分+hash] 【未完】

1014: [JSOI2008]火星人prefix

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Description

　　火星人最近研究了一种操作：求一个字串两个后缀的公共前缀。比方说，有这样一个字符串：madamimadam，
我们将这个字符串的各个字符予以标号：序号： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 字符 m a d a m i m a d a m 现在，
火星人定义了一个函数LCQ(x, y)，表示：该字符串中第x个字符开始的字串，与该字符串中第y个字符开始的字串
，两个字串的公共前缀的长度。比方说，LCQ(1, 7) = 5, LCQ(2, 10) = 1, LCQ(4, 7) = 0 在研究LCQ函数的过程
中，火星人发现了这样的一个关联：如果把该字符串的所有后缀排好序，就可以很快地求出LCQ函数的值；同样，
如果求出了LCQ函数的值，也可以很快地将该字符串的后缀排好序。尽管火星人聪明地找到了求取LCQ函数的快速
算法，但不甘心认输的地球人又给火星人出了个难题：在求取LCQ函数的同时，还可以改变字符串本身。具体地说
，可以更改字符串中某一个字符的值，也可以在字符串中的某一个位置插入一个字符。地球人想考验一下，在如此
复杂的问题中，火星人是否还能够做到很快地求取LCQ函数的值。

Input

　　第一行给出初始的字符串。第二行是一个非负整数M，表示操作的个数。接下来的M行，每行描述一个操作。操
作有3种，如下所示
1、询问。语法：Qxy，x,y均为正整数。功能：计算LCQ(x,y)限制：1<=x,y<=当前字符串长度。
2、修改。语法：Rxd，x是正整数，d是字符。功能：将字符串中第x个数修改为字符d。限制：x不超过当前字
符串长度。
3、插入：语法：Ixd，x是非负整数，d是字符。功能：在字符串第x个字符之后插入字符d，如果x=0，则在字
符串开头插入。限制：x不超过当前字符串长度

Output

　　对于输入文件中每一个询问操作，你都应该输出对应的答案。一个答案一行。

Sample Input

madamimadam
7
Q 1 7
Q 4 8
Q 10 11
R 3 a
Q 1 7
I 10 a
Q 2 11

Sample Output

5
1
0
2
1

HINT

1、所有字符串自始至终都只有小写字母构成。

2、M<=150,000

3、字符串长度L自始至终都满足L<=100,000

4、询问操作的个数不超过10,000个。

对于第1，2个数据，字符串长度自始至终都不超过1,000

对于第3，4，5个数据，没有插入操作。

用splay维护这个序列

用二分+hash的方法求LCQ

还有问题，一直RE，以后再写一遍吧，求数据

先说几个已经debug过的问题：

1.二分的r的取值

2.size问题，要手动=1

3.hash会溢出int

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

#define lc t[x].ch[0]

#define rc t[x].ch[1]

#define pa t[x].fa

const int N=1e5+,INF=1e9,MOD=;

typedef long long ll;

int read(){

    char c=getchar();int x=,f=;

    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-; c=getchar();}

    while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-''; c=getchar();}

    return x*f;

}

int n,m,x,y;char s[N],op[],c[];

ll po[N];

void init(){

    po[]=;

    for(int i=;i<=;i++) po[i]=po[i-]*%MOD;

}

struct node{

    int ch[],fa,v,size;

    ll hash;

}t[N];

int root,cnt;

inline int wh(int x){return t[pa].ch[]==x;}

inline void update(int x){

    t[x].size=t[lc].size+t[rc].size+;

    t[x].hash=((ll)t[lc].hash*po[t[rc].size+]%MOD+(ll)t[x].v*po[t[rc].size]%MOD+t[rc].hash)%MOD;

}

inline void rotate(int x){

    int f=t[x].fa,g=t[f].fa,c=wh(x);

    if(g) t[g].ch[wh(f)]=x;t[x].fa=g;

    t[f].ch[c]=t[x].ch[c^];t[t[f].ch[c]].fa=f;

    t[x].ch[c^]=f;t[f].fa=x;

    update(f);update(x);

}

void splay(int x,int tar){

    for(;t[x].fa!=tar;rotate(x))

        if(t[pa].fa!=tar) rotate(wh(x)==wh(pa)?pa:x);

    if(tar==) root=x;

}

int build(int l,int r){

    if(l>r) return ;

    int x=(l+r)>>;

    t[x].v=s[x-]-'a';t[x].size=;

    lc=build(l,x-);rc=build(x+,r);

    if(lc) t[lc].fa=x;

    if(rc) t[rc].fa=x;

    update(x);

    return x;

}

int kth(int k){

    int x=root,ls=;

    while(x){

        int _=ls+t[lc].size;

        if(k==_+) break;

        if(k<=_) x=lc;

        else ls=_+,x=rc;

    }

    return x;

}

void change(int k,char c){

    int x=kth(k+);splay(x,root);

    t[x].v=c-'a';

    update(root);

}

void insert(int k,char c){

    int y=kth(k+),x=kth(k+);

    splay(y,);splay(x,root);

    lc=++cnt;

    t[lc].v=c-'a';t[lc].size=;t[lc].fa=x;

    update(lc);update(x);update(y);

}

int hash(int k,int l){

    int y=kth(k),x=kth(k+l+);

    splay(y,);splay(x,root);

    return t[lc].hash;

}

int query(int x,int y){

    int l=,r=min(t[root].size-x,t[root].size-y)-,ans=;

    while(l<=r){

        int mid=(l+r)>>;

        if(hash(x,mid)==hash(y,mid)) l=mid+,ans=mid;

        else r=mid-;

    }

    return ans;

}

int main(){

    //freopen("t.in","r",stdin);

    //freopen("t.out","w",stdout);

    scanf("%s%d",s+,&m);

    n=strlen(s+);

    init();

    t[].size=t[].hash=;

    root=build(,n+);cnt=n+;

    while(m--){

        scanf("%s",op);x=read();

        if(op[]=='Q') y=read(),printf("%d\n",query(x,y));

        else if(op[]=='R') scanf("%s",c),change(x,c[]);

        else scanf("%s",c),insert(x,c[]);

    }

}

巴特西