hihoCoder 1403 后缀数组一·重复旋律（后缀数组+单调队列）

#1403 : 后缀数组一·重复旋律

时间限制:5000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一个音乐旋律被表示为长度为 N 的数构成的数列。

小Hi在练习过很多曲子以后发现很多作品自身包含一样的旋律。旋律是一段连续的数列，相似的旋律在原数列可重叠。比如在1 2 3 2 3 2 1 中 2 3 2 出现了两次。

小Hi想知道一段旋律中出现次数至少为K次的旋律最长是多少？

解题方法提示

输入

第一行两个整数 N和K。1≤N≤20000 1≤K≤N

接下来有 N 个整数，表示每个音的数字。1≤数字≤100

输出

一行一个整数，表示答案。

样例输入

样例输出

题目链接：hihoCoder 1403

算是后缀数组的入门题吧，用后缀数组处理出Height数组之后由于Height[i]表示Suffix(sa[i])与Suffix(sa[i-1])即两个排名相邻的后缀的最长公共前缀，那么取K-1次就可以覆盖K个最优的后缀，里面的最小值就是K个后缀的最长公共前缀，然后这样用大小为K-1的单调队列滑动几次其中最大的区间最小值就是答案。要注意K=1时K-1=0，直接输出n即可，否则队列为空会RE

代码：

#include <stdio.h>

#include <algorithm>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <bitset>

#include <string>

#include <stack>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <set>

#include <map>

using namespace std;

#define INF 0x3f3f3f3f

#define LC(x) (x<<1)

#define RC(x) ((x<<1)+1)

#define MID(x,y) ((x+y)>>1)

#define fin(name) freopen(name,"r",stdin)

#define fout(name) freopen(name,"w",stdout)

#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))

#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);

typedef pair<int, int> pii;

typedef long long LL;

const double PI = acos(-1.0);

const int N = 20010;

int wa[N], wb[N], sa[N], cnt[N];

int ran[N], height[N];

int s[N];

inline bool cmp(int r[], int x, int y, int d)

{

    return r[x] == r[y] && r[x + d] == r[y + d];

}

void DA(int n, int m)

{

    int i, k;

    int *x = wa, *y = wb;

    for (i = 0; i < m; ++i)

        cnt[i] = 0;

    for (i = 0; i < n; ++i)

        ++cnt[x[i] = s[i]];

    for (i = 1; i < m; ++i)

        cnt[i] += cnt[i - 1];

    for (i = n - 1; i >= 0; --i)

        sa[--cnt[x[i]]] = i;

    for (k = 1; k <= n; k <<= 1)

    {

        int p = 0;

        for (i = n - k; i < n; ++i)

            y[p++] = i;

        for (i = 0; i < n; ++i)

            if (sa[i] >= k)

                y[p++] = sa[i] - k;

        for (i = 0; i < m; ++i)

            cnt[i] = 0;

        for (i = 0; i < n; ++i)

            ++cnt[x[y[i]]];

        for (i = 1; i < m; ++i)

            cnt[i] += cnt[i - 1];

        for (i = n - 1; i >= 0; --i)

            sa[--cnt[x[y[i]]]] = y[i];

        swap(x, y);

        x[sa[0]] = 0;

        p = 1;

        for (i = 1; i < n; ++i)

            x[sa[i]] = cmp(y, sa[i - 1], sa[i], k) ? p - 1 : p++;

        m = p;

        if (m >= n)

            break;

    }

}

void gethgt(int n)

{

    int i, k = 0;

    for (i = 1; i <= n; ++i)

        ran[sa[i]] = i;

    for (i = 0; i < n; ++i)

    {

        if (k)

            --k;

        int j = sa[ran[i] - 1];

        while (s[i + k] == s[j + k])

            ++k;

        height[ran[i]] = k;

    }

}

int main(void)

{

    int n, k, i;

    while (~scanf("%d%d", &n, &k))

    {

        for (i = 0; i < n; ++i)

            scanf("%d", &s[i]);

        if (k == 1)

        {

            printf("%d\n", n);

            continue;

        }

        --k;

        DA(n + 1, *max_element(s, s + n) + 1);

        gethgt(n);

        deque<int>dq;

        int ans = 0;

        for (i = 1; i <= n; ++i)

        {

            while (!dq.empty() && height[dq.back()] >= height[i])//先处理末尾

                dq.pop_back();

            dq.push_back(i);

            if (i >= k)//再处理开头

            {

                while (!dq.empty() && dq.front() <= i - k)

                    dq.pop_front();

            }

            ans = max(ans, height[dq.front()]);

        }

        printf("%d\n", ans);

    }

    return 0;

}