[BZOJ4199][NOI2015]品酒大会

#131. 【NOI2015】品酒大会

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一年一度的“幻影阁夏日品酒大会”隆重开幕了。大会包含品尝和趣味挑战两个环节，分别向优胜者颁发“首席品酒家”和“首席猎手”两个奖项，吸引了众多品酒师参加。

在大会的晚餐上，调酒师 Rainbow 调制了 nn 杯鸡尾酒。这 nn 杯鸡尾酒排成一行，其中第 ii 杯酒 （1≤i≤n1≤i≤n） 被贴上了一个标签 sisi，每个标签都是 2626 个小写英文字母之一。设 Str(l,r)Str(l,r) 表示第 ll 杯酒到第 rr 杯酒的 r−l+1r−l+1 个标签顺次连接构成的字符串。若 Str(p,po)=Str(q,qo)Str(p,po)=Str(q,qo)，其中 1≤p≤po≤n1≤p≤po≤n，1≤q≤qo≤n1≤q≤qo≤n，p≠qp≠q，po−p+1=qo−q+1=rpo−p+1=qo−q+1=r，则称第 pp 杯酒与第 qq 杯酒是“rr相似” 的。当然两杯“rr相似” （r>1r>1）的酒同时也是“11 相似”、“22 相似”、……、“(r−1)(r−1) 相似”的。特别地，对于任意的 1≤p,q≤n1≤p,q≤n，p≠qp≠q，第 pp 杯酒和第 qq 杯酒都是“00相似”的。

在品尝环节上，品酒师 Freda 轻松地评定了每一杯酒的美味度，凭借其专业的水准和经验成功夺取了“首席品酒家”的称号，其中第 ii 杯酒 （1≤i≤n1≤i≤n） 的美味度为 aiai。现在 Rainbow 公布了挑战环节的问题：本次大会调制的鸡尾酒有一个特点，如果把第 pp 杯酒与第 qq 杯酒调兑在一起，将得到一杯美味度为 apaqapaq 的酒。现在请各位品酒师分别对于 r=0,1,2,…,n−1r=0,1,2,…,n−1，统计出有多少种方法可以选出 22 杯“rr相似”的酒,并回答选择 22 杯“rr相似”的酒调兑可以得到的美味度的最大值。

输入格式

输入文件的第 11 行包含 11 个正整数 nn，表示鸡尾酒的杯数。

第 22 行包含一个长度为 nn 的字符串 SS，其中第 ii 个字符表示第 ii 杯酒的标签。

第 33 行包含 nn 个整数，相邻整数之间用单个空格隔开，其中第 ii 个整数表示第 ii 杯酒的美味度 aiai。

输出格式

输出文件包括 nn 行。第 ii 行输出 22 个整数，中间用单个空格隔开。第 11 个整数表示选出两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒的方案数，第 22 个整数表示选出两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒调兑可以得到的最大美味度。若不存在两杯“(i−1)(i−1)相似”的酒，这两个数均为 00。

样例一

input

10
ponoiiipoi
2 1 4 7 4 8 3 6 4 7

output

45 56
10 56
3 32
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0

explanation

用二元组 (p,q)(p,q) 表示第 pp 杯酒与第 qq 杯酒。

00 相似：所有 4545 对二元组都是 00 相似的，美味度最大的是 8×7=568×7=56。

11 相似：(1,8)(1,8) (2,4)(2,4) (2,9)(2,9) (4,9)(4,9) (5,6)(5,6) (5,7)(5,7) (5,10)(5,10) (6,7)(6,7) (6,10)(6,10) (7,10)(7,10)，最大的 8×7=568×7=56。

22 相似：(1,8)(1,8) (4,9)(4,9) (5,6)(5,6)，最大的 4×8=324×8=32。

没有 3,4,5,…,93,4,5,…,9 相似的两杯酒，故均输出 00。

样例二

input

12
abaabaabaaba
1 -2 3 -4 5 -6 7 -8 9 -10 11 -12

output

66 120
34 120
15 55
12 40
9 27
7 16
5 7
3 -4
2 -4
1 -4
0 0
0 0

样例三

见样例数据下载。

限制与约定

测试点编号	nn 的规模	aiai 的规模	备注
1	n=100n=100	∣ai∣≤10000∣ai∣≤10000
2	n=200n=200
3	n=500n=500
4	n=750n=750
5	n=1000n=1000	∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000
6
7	n=2000n=2000
8
9	n=99991n=99991	∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000	不存在“1010相似”的酒
10
11	n=100000n=100000	∣ai∣≤1000000∣ai∣≤1000000	所有 aiai 的值都相等
12	n=200000n=200000
13	n=300000n=300000
14
15	n=100000n=100000	∣ai∣≤1000000000∣ai∣≤1000000000
16
17	n=200000n=200000
18
19	n=300000n=300000
20

时间限制：1s1s

空间限制：512MB512MB

下载

样例数据下载

先求出后缀数组，r相似等价于区间内最小的height值>=r，单调栈处理出每个height作为最小值的区间。

第一问等于每个height代表的区间个数，第二问等于在[l,i],[i+1,r]中各取出一个数使得乘积最大，最需要维护区间最大最小值。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 1000010
using namespace std;
int n,m=257,sa
,rnk
,h
,wa
,wb
,c
;
char s
;
void buildsa()
{
int i,k,p,*x=wa,*y=wb;
for(i=0;i<m;i++)c[i]=0;
for(i=0;i<n;i++)c[x[i]=s[i]]++;
for(i=1;i<m;i++)c[i]+=c[i-1];
for(i=n-1;i>=0;i--)sa[--c[x[i]]]=i;
for(k=1;k<=n;k*=2)
{
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++) c[i]=0;
for(i=0;i<n;i++) c[x[y[i]]]++;
for(i=0;i<m;i++) c[i]+=c[i-1];
for(i=n-1;i>=0;i--) sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];
swap(x,y);
p=1;x[sa[0]]=0;
for(i=1;i<n;i++)
{
if(y[sa[i-1]]==y[sa[i]]&&((sa[i-1]+k<n&&sa[i]+k<n&&y[sa[i-1]+k]==y[sa[i]+k])||(sa[i-1]+k>=n&&sa[i]+k>=n)))
x[sa[i]]=p-1;
else x[sa[i]]=p,p++;
}
if(p>=n) break;
m=p;
}
}
void geth()
{
int i,j,k=0;
for(i=0;i<n;i++) rnk[sa[i]]=i;
for(i=0;i<n;i++)
{
if(k) k--;
if(!rnk[i]) continue;
j=sa[rnk[i]-1];
while(s[i+k]==s[j+k]) k++;
h[rnk[i]]=k;
}
}
int l
,r
,st
,top,a
;
long long ans1
,ans2
;
struct tree{int l,r,max,min;}t[N<<2];
#define mid (t[k].l+t[k].r>>1)
void build(int k,int l,int r)
{
t[k].l=l;t[k].r=r;
if(l==r){t[k].max=t[k].min=a[sa[l]];return;}
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
t[k].max=max(t[k<<1].max,t[k<<1|1].max);
t[k].min=min(t[k<<1].min,t[k<<1|1].min);
}
long long querymax(int k,int l,int r)
{
if(t[k].l==l&&t[k].r==r)return t[k].max;
if(r<=mid)return querymax(k<<1,l,r);
if(l>mid)return querymax(k<<1|1,l,r);
return max(querymax(k<<1,l,mid),querymax(k<<1|1,mid+1,r));
}
long long querymin(int k,int l,int r)
{
if(t[k].l==l&&t[k].r==r)return t[k].min;
if(r<=mid)return querymin(k<<1,l,r);
if(l>mid)return querymin(k<<1|1,l,r);
return min(querymin(k<<1,l,mid),querymin(k<<1|1,mid+1,r));
}
int main()
{
scanf("%d%s",&n,s);
buildsa();
geth();
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
h
=-1e9;top=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(top&&h[i]<h[st[top]])r[st[top--]]=i-1;
st[++top]=i;
}
h[0]=-1e9;top=0;
for(int i=n-1;~i;i--)
{
while(top&&h[i]<=h[st[top]])l[st[top--]]=i+1;
st[++top]=i;
}
build(1,0,n-1);
memset(ans2,0xef,sizeof(ans2));
for(int i=1;i<n;i++)
{
ans1[h[i]]+=(long long)(i-l[i]+1)*(r[i]-i+1);
long long a1[2],a2[2];
a1[0]=querymax(1,l[i]-1,i-1);
a1[1]=querymin(1,l[i]-1,i-1);
a2[0]=querymax(1,i,r[i]);
a2[1]=querymin(1,i,r[i]);
for(int aa=0;aa<2;aa++)
for(int bb=0;bb<2;bb++)
ans2[h[i]]=max(ans2[h[i]],a1[aa]*a2[bb]);
}
for(int i=n-1;~i;i--)
ans1[i]+=ans1[i+1],ans2[i]=max(ans2[i],ans2[i+1]);
for(int i=0;i<=n-1;i++)
printf("%lld %lld\n",ans1[i],ans1[i]?ans2[i]:0);
}

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