[USACO 1.3.3]Calf Flac 最长回文子串模板
2013-05-12 19:56
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据说如果你给无限只母牛和无限台巨型便携式电脑(有非常大的键盘),那么母牛们会制造出世上最棒的回文。你的工作就是去这些牛制造的奇观(最棒的回文)。在寻找回文时不用理睬那些标点符号、空格(但应该保留下来以便做为答案输出),只用考虑字母'A'-'Z'和'a'-'z'。要你寻找的最长的回文的文章是一个不超过20,000个字符的字符串。我们将保证最长的回文不会超过2,000个字符(在除去标点符号、空格之前)。
一个不超过20,000个字符的文件。
输出的第一行应该包括找到的最长的回文的长度。下一个行或几行应该包括这个回文的原文(没有除去标点符号、空格), 把这个回文输出到一行或多行(如果回文中包括换行符)。如果有多个回文长度都等于最大值,输出那个前出现的。
Confucius say: Madam, I'm Adam.
11Madam, I'm Adam
网上的题解:该题就是求一个字符串的最长回文子串,就是一个满足本身是回文的最长的子串。
该题貌似可以用后缀数组和扩展kmp做,但是好像后缀数组貌似会tle,改学了下
一个专门的叫Manacher算法的东西。。。
该算法说起来也不是太复杂,比较容易看懂的那种,当然是接触过其它字符串算法
的前提下了。记得以前就看了看,硬是没看懂,想不到现在这么快就明白了。
该算法需要额外的O(N)空间。说起来是空间换时间吧。
大概的思路是先预处理字符串,使其成为一个长度一定为偶数的串。而且第一个字符
是'$',假设'$'没有在原串出现过。然后再在原来的每个字符前面加上'#',最后再加个
'#'。比如,abc就变成了$#a#b#c#。现在再对新的字符串进行处理。
开一个新的数组nRad[MAX],nRad[i]表示新串中第i个位置向左边和向右边同时扩展
并且保持对称的最大距离。如果求出了nRad数组后,有一个结论,nRad[i]-1恰好表示原串
对应的位置能够扩展的回文子串长度。这个的证明,应该比较简单,因为新串基本上是原串
的2倍了,而且新串每一个有效字符两侧都有插入的#,这个找个例子看下就知道是这样了。
最重要的是如何求出nRad数组。
求这个数组的算法也主要是利用了一些间接的结论优化了nRad[i]的初始化值。比如我们求
nRad[i]的时候,如果知道了i以前的nRad值,而且知道了前面有一个位置id,能够最大的向
两边扩展距离max。那么有一个结论,nRad[i] 能够初始化为min(nRad[2*id - i], max - i),
然后再进行递增。关键是如何证明这个,这个的证明,对照图片就很清楚了。
证明如下:
当 mx - i > P[j] 的时候,以S[j]为中心的回文子串包含在以S[id]为中心的回文子串中,由于 i 和 j 对称,
以S[i]为中心的回文子串必然包含在以S[id]为中心的回文子串中,所以必有 P[i] = P[j],见下图。
当 P[j] > mx - i 的时候,以S[j]为中心的回文子串不完全包含于以S[id]为中心的回文子串中,但是基于
对称性可知,下图中两个绿框所包围的部分是相同的,也就是说以S[i]为中心的回文子串,其向右至少会
扩张到mx的位置,也就是说 P[i] >= mx - i。至于mx之后的部分是否对称,就只能老老实实去匹配了。
[USACO 1.3.3]Calf Flac
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Description
据说如果你给无限只母牛和无限台巨型便携式电脑(有非常大的键盘),那么母牛们会制造出世上最棒的回文。你的工作就是去这些牛制造的奇观(最棒的回文)。在寻找回文时不用理睬那些标点符号、空格(但应该保留下来以便做为答案输出),只用考虑字母'A'-'Z'和'a'-'z'。要你寻找的最长的回文的文章是一个不超过20,000个字符的字符串。我们将保证最长的回文不会超过2,000个字符(在除去标点符号、空格之前)。
Input
一个不超过20,000个字符的文件。
Output
输出的第一行应该包括找到的最长的回文的长度。下一个行或几行应该包括这个回文的原文(没有除去标点符号、空格), 把这个回文输出到一行或多行(如果回文中包括换行符)。如果有多个回文长度都等于最大值,输出那个前出现的。
Sample Input
Confucius say: Madam, I'm Adam.
Sample Output
11Madam, I'm Adam网上的题解:该题就是求一个字符串的最长回文子串,就是一个满足本身是回文的最长的子串。
该题貌似可以用后缀数组和扩展kmp做,但是好像后缀数组貌似会tle,改学了下
一个专门的叫Manacher算法的东西。。。
该算法说起来也不是太复杂,比较容易看懂的那种,当然是接触过其它字符串算法
的前提下了。记得以前就看了看,硬是没看懂,想不到现在这么快就明白了。
该算法需要额外的O(N)空间。说起来是空间换时间吧。
大概的思路是先预处理字符串,使其成为一个长度一定为偶数的串。而且第一个字符
是'$',假设'$'没有在原串出现过。然后再在原来的每个字符前面加上'#',最后再加个
'#'。比如,abc就变成了$#a#b#c#。现在再对新的字符串进行处理。
开一个新的数组nRad[MAX],nRad[i]表示新串中第i个位置向左边和向右边同时扩展
并且保持对称的最大距离。如果求出了nRad数组后,有一个结论,nRad[i]-1恰好表示原串
对应的位置能够扩展的回文子串长度。这个的证明,应该比较简单,因为新串基本上是原串
的2倍了,而且新串每一个有效字符两侧都有插入的#,这个找个例子看下就知道是这样了。
最重要的是如何求出nRad数组。
求这个数组的算法也主要是利用了一些间接的结论优化了nRad[i]的初始化值。比如我们求
nRad[i]的时候,如果知道了i以前的nRad值,而且知道了前面有一个位置id,能够最大的向
两边扩展距离max。那么有一个结论,nRad[i] 能够初始化为min(nRad[2*id - i], max - i),
然后再进行递增。关键是如何证明这个,这个的证明,对照图片就很清楚了。
证明如下:
当 mx - i > P[j] 的时候,以S[j]为中心的回文子串包含在以S[id]为中心的回文子串中,由于 i 和 j 对称,
以S[i]为中心的回文子串必然包含在以S[id]为中心的回文子串中,所以必有 P[i] = P[j],见下图。
当 P[j] > mx - i 的时候,以S[j]为中心的回文子串不完全包含于以S[id]为中心的回文子串中,但是基于
对称性可知,下图中两个绿框所包围的部分是相同的,也就是说以S[i]为中心的回文子串,其向右至少会
扩张到mx的位置,也就是说 P[i] >= mx - i。至于mx之后的部分是否对称,就只能老老实实去匹配了。
#include<string> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; char a[200005],b[400005]; int p[400005],mark[400005]; void pk(char *str) { int i; int mx = 0; int id,n=strlen(str); for(i=1; i<n; i++) { if( mx > i ) p[i] = min( p[2*id-i], mx-i ); else p[i] = 1; for(; str[i+p[i]] == str[i-p[i]]; p[i]++); if( p[i] + i > mx ) { mx = p[i] + i; id = i; } } } int main() { int i,j,k; while(gets(a)) { int len=strlen(a); b[0]='#'; for(i=0,j=1;i<len;++i) { if(a[i]>='a'&&a[i]<='z') { mark[j]=i; b[j++]=a[i]; b[j++]='#'; } else if(a[i]>='A'&&a[i]<='Z') { mark[j]=i; b[j++]=a[i]+32; b[j++]='#'; } } b[j]=0; pk(b); int ans=0,n=strlen(b),re=0; for(i=0;i<n;++i) if(p[i]>ans) { ans=p[i]; re=i; } int ok,ko; ans--; ok=re-ans+1; ko=re+ans-1; printf("%d\n",ans); for(i=mark[ok];i<=mark[ko];++i) printf("%c",a[i]); printf("\n"); } return 0; }
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