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【模板】Runs
题目链接：luogu P6656 / LOJ 173
题目大意
给你一个字符串，要你求它所有的 Runs。
思路
本文也是参考着 command_block 大神的博客 进行学习的，只是书写一下自己的个人理解。
然后就开始讲了咯。
（文中许多东西建立在前面这篇文章的基础上，所以讲也不会再讲之前的内容）
定义
Run
一个三元组 \(r=(l,r,p)\) 是 \(\rm run\) 当且仅当：
字符串 \(s\) 中 \(l\sim r\) 形成的子串，\(p\) 是最小循环节，而且 \(2p\leqslant r-l+1\)。
而且这个串是不能延伸的，具体一点就是 \(s_{l-1}\neq s_{l+p-1},s_{r+1}\neq s_{r-p+1}\)。
然后一个字符串所有的 \(\rm run\) 就组成了 \(\rm Runs\)。
一个 run 的指数是 \(e_r=\dfrac{r-l+1}{p}\)
\(ρ_{\rm run}(n)\) 是长度为 \(n\) 的字符串至多有的 \(\rm run\) 的个数。
\(σ_{\rm run}(n)\) 是长度为 \(n\) 的字符串的 \(\rm run\) 的指数和的最大值。
Lyndon Root
这个东西一般是指一个 \(\rm run\) 的 Lyndon Root。
是一个在 \(\rm run\) 所在区间的子区间，而且长度为 \(p\)，还是 Lyndon Word。
意思其实就是说是 \(\rm run\) 的循环节的最小表示的那个。
然后不难看出对于任意一个 \(r\) 至少有一个 Lyndon Root，而且每一个之间其实是相等的，只是位置不同。
Run
为了方便书写，我们设 Lyndon Word 为 \(\rm Ly\)，Lyndon Root 为 \(\rm LyR\)。
首先有个性质，就是两个周期相同为 \(p\) 的 run 的交的长度是 \(<p\) 的。
因为如果 \(>p\) 我们可以在交中选一个循环节扩展，就矛盾了。
（性质 \(1\)）
接着我们就要证明我们最重要的东西了：
\(ρ_{\rm run}(n)<n,σ_{\rm run}(n)\leqslant 3n-3\)
首先我们之前有一个说那个比较大小可以重载的（\(<_0,<_1\)），我们找找有关的性质。
然后因为有相反的，所有我们在前面比较完有一个空了的时候就要区别开来，所以我们会有一个占位符 \(\texttt{\textdollar}\)，在 \(<_0\) 里面我们让 \(\texttt{\textdollar}\) 字典序最小，\(<_1\) 里面就是最大。
那我们就有这么一个小定义：
\({\rm Ly}_{s,f}(i)\) 为 \([i,j]\)，其中 \(j\) 是 \(\max\{k|s[i,k]\) 是关于 \(<_f\) 的 \(\rm Ly \}\)
也就是在 \(<_f\) 意义下，起始位置为 \(i\) 的最长的 \(\rm Ly\) 子串。
然后有一个事情就是正反两个字典序只能有一个会找到长度大于 \(1\) 的 \(\rm Ly\)。
形式化就是：只有恰好一个 \(f\in\{0,1\}\) 使得 \({\rm Ly}_{s,f}(i)=[i,i],{\rm Ly}_{s,1-f}(i)=[i,j](j>i)\)
你就看后面第一个跟 \(s_i\) 不同的字符（因为有占位符所以必定存在），如果是在这个意义下是小于那就不能加上，所以只有自己的位置，否则至少也有那个不同的位置是可以作为 \({\rm Ly}\) 的。
（性质 \(2\)）
然后就是对于一个 \({\rm run}\)，设为 \(r=(l,r,p)\)，找到 \(f\in\{0,1\}\) 使得 \(s_{r+1}<_fs_{r-p+1}\)，那么 \(r\) 所有关于 \(<_f\) 的 \({\rm LyR}\)（设为 \([i,j]\)） 都跟 \({\rm Ly}_{s,f}(i)\) 相等。
因为是 \({\rm Ly}\) 循环节嘛，我们可以表示为 \(u^cu'\)（不用找 \({\rm Ly}\) 循环节），其中 \(u'\) 是 \(u\) 严格前缀（就是不能等于）
你会发现它长得很像 Duval 算法里面的那个形式。
然后如果你用 \(1-f\)，你会根据性质 \(2\) 发现都是一个字符，没有意义。
我们也发现这个 \(f\) 它这样在 \({\rm run}\) 中有特殊的地方，于是我们把这个 \(<_f\) 记为 \(r\) 的正序。
（性质 \(3\)）
然后再设一个 \({\rm LyRs}(r)\) 表示 \(r\) 所有正序的 \({\rm LyR}\)，除去 \(l\) 开头的（如果有）。
然后我们会发现 \(|{\rm LyRs}(r)|\geqslant \left\lfloor e_r-1\right\rfloor\geqslant 1\)
其实挺显然的？
首先第二个跟第三个那肯定没问题，毕竟你 \(2p\leq len\)，那肯定 \(e_r\geqslant 2\) 了。
然后是第一个跟第二个，那 \(|{\rm LyRs}(r)|\) 就是看有多少个循环节，会发现跟 \(e_r\) 差不多。
但是由于可能会除去一个 \(l\) 开头的，所以要减一，而且可能跑不满一个新的循环节，所以是下取整。
（性质 \(4\)）
对于两个不同的 \({\rm run}\)（\(r=(l,r,p),r'=(l',r',p')\)），它们的 \({\rm LyRs}\) 的左端点集合不会有交。
设左端点集合为 \({\rm Beg}(x)\)，就是 \({\rm Beg}({\rm LyRs}(r))∩{\rm Beg}({\rm LyRs}(r'))=\varnothing\)。
考虑反证法，设存在且是位置 \(i\)，那两个 \({\rm LyR}\) 设是 \([i,j],[i,j']\)。
然后设 \(<_f\) 是 \(r\) 的正序，然后你会发现 \({\rm Ly}_{s,f}(i)\) 就是两个的表示？
但是显然两个的这个值应该要不一样啊，不然就是同一个 \({\rm run}\) 了。
那只能是一个正序一个反序，所以另一个就是 \({\rm Ly}_{s,1-f}(i)\)。
那必然有一个 \([i,i]\)，设 \(j=i\)，就有 \(j'>i\)。（性质 \(2\)）
那因为 \([i,j']\) 是 \({\rm Ly}\)，所以自然 \(s_i\neq s_{j'}\)，再从性质 \(3\) 会有 \(r\) 的循环节是 \(p=|[i,i]|=1\)，\(r'\) 的循环节就是 \(p'=|[i,j']|=j-i+1\)。
那周期性一下：\(s_i=s_{i-1}=s_{i-1+(j-i+1)}=s_{j'}\)，与 \(s_i=s_{j'}\) 矛盾。
所以就证好了。
（性质 \(5\)）
不难通过性质 \(5\) 发现，最多每个左端点都被占了，再把 \(l\) 给去掉，所以我们可以证明：
\(ρ_{\rm run}(n)<n\)
再看看什么没用上，性质 \(4\)。
不难看出用到的是 \(|{\rm LyRs}(r)|\geqslant \left\lfloor e_r-1\right\rfloor\)。
下取整不行换一下 \(|{\rm LyRs}(r)|\geqslant \left\lfloor e_r-1\right\rfloor\geqslant e_r-2\)
推广到所有 \({\rm run}\)：\(\sum\limits_{r\in {\rm runs}(s)}e_r-2\leqslant \sum\limits_{r\in {\rm runs}(s)}|{\rm LyRs}(r)|\leqslant n-1\)
再结合一下 \(|{\rm runs(s)}|\leqslant n-1\)，把 \(-2\) 提出来：
\((\sum\limits_{r\in {\rm runs}(s)}e_r)-2(n-1)\leqslant n-1\)
\(σ_{\rm run}(n)-2n+2\leqslant n-1\)
\(σ_{\rm run}(n)\leqslant 3n-3\)
搞定！
（性质 \(6\)）
Ex
\(ρ_{{\rm run},k}(n)<\dfrac{n}{k-1}\)，\(ρ_{{\rm run},k}\) 表示 \(e_r\) 达到 \(k\) 的 \(\rm run\) 的个数。
挺显然的，就结合一下占位的想法看看就知道了。
计算
假设我们直接暴力找：
就是枚举周期 \(p\)，然后在串中撒点（均匀撒），然后鸽笼（也许不需要）一下就知道一个大小为 \(p\) 的 \(\rm run\) 一定会穿过至少两个点。
那就相邻两个点之间向前向后求 \(\rm LCP\)，如果覆盖范围能连接起来，就找到了一个。
当然你可以用性质 \(1\) 小小剪枝。
而且你会发现你枚举的周期不一定是最小周期，所以我们得排序，然后去重一下。
然后如果二分+Hash搞就是 \(n\log^2n\)，后缀数组搞就是 \(n\log n\)。
感觉不优。
在介绍新的求法之前，不妨看看这么一个问题，如何快速求所有 \({\rm Ly}_s(i)\)。
考虑从那个合并的角度来看，从右往左扫，每次加进去一个字符（然后你用一个栈维护前面的 \({\rm Ly}\)）。
然后不停的查看是否能合并，然后这个地方比大小我们就先二分+Hash找到不同的位置，然后用当前的 \(f\) 判断一下即可。
考虑用上一些性质，就我们可以从性质 \(2\) 发现，一个 \(\rm run\) 含有的 \({\rm Ly}\) 循环节是某个字典序下某个后缀最长 \({\rm Ly}\) 前缀。
而且两个不同的 \({\rm run}\) 的循环节肯定不同。
我们考虑直接枚举循环节，直接前后求 \({\rm LCP}\)，这样循环节是 \(O(n)\) 的。
具体一点就是枚举 \(f,l\)，然后由于我们求出了所有的 \({\rm Ly}_s(i)\)，我们就 \({\rm LCP}\) 得到扩展，然后判一下是否能相交即可。
然后也是要去重。
然后由于后缀数组预处理要 \(n\log n\)，不如使用二分+hash，好写一点。
这里我们就是使用了 \({\rm Ly}\) 串构造最小循环节，可以说是一种映射，所以就把复杂度降到了 \(O(n)\)。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ull unsigned long long
#define di 131
using namespace std;
const int N = 1e6 + 100;
struct node {
int l, r, p;
}ans[N];
char s[N];
int n, ly[N], sta[N], m, ans_num;
ull mi[N], hsh[N];
void Init() {
mi[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
mi[i] = mi[i - 1] * di;
hsh[i] = hsh[i - 1] * di + s[i] - 'a';
}
}
ull get(int l, int r) {
return hsh[r] - hsh[l - 1] * mi[r - l + 1];
}
int getl(int x, int y) {
int l = 0, r = min(x, y), re = 0;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (get(x - mid + 1, x) == get(y - mid + 1, y)) re = mid, l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
return re;
}
int getr(int x, int y) {
int l = 0, r = min(n - x + 1, n - y + 1), re = 0;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (get(x, x + mid - 1) == get(y, y + mid - 1)) re = mid, l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
return re;
}
bool cmpS(int x, int y) {
int sz = getr(x, y);
return s[x + sz] < s[y + sz];
}
void Lyndon(bool op) {
ly[n] = n;
sta[0] = 0; sta[++sta[0]] = n + 1; sta[++sta[0]] = n;
for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
while (sta[0] > 1 && cmpS(i, sta[sta[0]]) == op) sta[0]--;
sta[++sta[0]] = i;
ly[i] = sta[sta[0] - 1] - 1;
}
}
void slove(int x, int y) {
int l = getl(x, y), r = getr(x, y);
if (l + r >= y - x + 1) {
ans[++m] = (node){x - l + 1, y + r - 1, y - x};
}
}
bool cmp(node x, node y) {
if (x.l != y.l) return x.l < y.l;
if (x.r != y.r) return x.r < y.r;
return x.p > y.p;
}
int main() {
scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1);
Init();
for (int op = 0; op <= 1; op++) {
Lyndon(op);
for (int i = 1; i < n; i++)
slove(i, ly[i] + 1);
}
sort(ans + 1, ans + m + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (ans[i].l == ans[i - 1].l && ans[i].r == ans[i - 1].r) continue;
ans_num++;
}
printf("%d\n", ans_num);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (ans[i].l == ans[i - 1].l && ans[i].r == ans[i - 1].r) continue;
printf("%d %d %d\n", ans[i].l, ans[i].r, ans[i].p);
}
return 0;
}
标签：Runs,run,sta,LOJ,luogu,mid,int,rm,Ly 来源： https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/luogu_P6656.html
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