POJ 1743 Musical Theme(后缀数组[不可重叠最长重复子串])

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 POJ 1743 Musical Theme

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 Problem Description

A musical melody is represented as a sequence of N (1<=N<=20000)notes that are integers in the range 1..88, each representing a key on the piano. It is unfortunate but true that this representation of melodies ignores the notion of
musical timing; but, this programming task is about notes and not timings. 
Many composers structure their music around a repeating &qout;theme&qout;, which, being a subsequence of an entire melody, is a sequence of integers in our representation. A subsequence of a melody is a theme if it:

is at least five notes long 
appears (potentially transposed -- see below) again somewhere else in the piece of music 
is disjoint from (i.e., non-overlapping with) at least one of its other appearance(s)

Transposed means that a constant positive or negative value is added to every note value in the theme subsequence. 
Given a melody, compute the length (number of notes) of the longest theme. 
One second time limit for this problem's solutions!

 Input

The input contains several test cases. The first line of each test case contains the integer N. The following n integers represent the sequence of notes. 
The last test case is followed by one zero.

 Output

For each test case, the output file should contain a single line with a single integer that represents the length of the longest theme. If there are no themes, output 0.

 Sample Input

30

25 27 30 34 39 45 52 60 69 79 69 60 52 45 39 34 30 26 22 18

82 78 74 70 66 67 64 60 65 80

0

 Sample Output

5

 Hint

Use scanf instead of cin to reduce the read time.

 Problem Idea

解题思路:

【题意】

有N(1 <= N <=20000)个音符的序列来表示一首乐曲，每个音符都是1..88范围内的整数，现在要找一个重复的主题。“主题”是整个音符序列的一个子串，它需要满足如下条件：

1.长度至少为5个音符。

2.在乐曲中重复出现。(可能经过转调，“转调”的意思是主题序列中每个音符都被加上或减去了同一个整数值)

3.重复出现的同一主题在原序列中不能有重叠部分。

【类型】

后缀数组[不可重叠最长重复子串]

【分析】

此题如果没有"转调"这一说,很显然就是求不可重叠最长重复子串

这样就是一道裸的后缀数组题

但是就算有"转调"这一要求,我们依然可以将题目转化成求"不可重叠最长重复子串"

那么该如何转化呢?

假设

是原序列的一个主题,经"转调"之后,该主题可能为


我们可以发现,一个主题,经"转调"后,与原序列不变的是相邻两音符的差值

即


故我们只需预处理出原序列中任意相邻音符的差值,就可以将问题转化为"不可重叠最长重复子串"，然后用后缀数组来做

"不可重叠最长重复子串"解法(摘自罗穗骞的国家集训队论文):

先二分答案，把题目变成判定性问题：判断是否存在两个长度为k的子串是相同的，且不重叠。解决这个问题的关键还是利用height数组。把排序后的后缀分成若干组，其中每组的后缀之间的height值都不小于k。例如，字符串为“aabaaaab”，当k=2时，后缀分成了4组，如图所示。



容易看出，有希望成为最长公共前缀不小于k的两个后缀一定在同一组。然后对于每组后缀，只须判断每个后缀的sa值的最大值和最小值之差是否不小于k。如果有一组满足，则说明存在，否则不存在。整个做法的时间复杂度为O(nlogn)。

ps：在每个分组里面找不重叠的子串

【时间复杂度&&优化】

O(nlogn)

题目链接→POJ 1743 Musical Theme

 Source Code

/*Sherlock and Watson and Adler*/
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<complex>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define eps 1e-9
#define LL long long
#define PI acos(-1.0)
#define bitnum(a) __builtin_popcount(a)
using namespace std;
const int N = 10;
const int M = 100005;
const int inf = 1000000007;
const int mod = 1000000007;
const int MAXN = 100010;
//rnk从0开始
//sa从1开始,因为最后一个字符(最小的)排在第0位
//height从1开始,因为表示的是sa[i - 1]和sa[i]
//倍增算法 O(nlogn)
int wa[MAXN], wb[MAXN], wv[MAXN], ws_[MAXN];
//Suffix函数的参数m代表字符串中字符的取值范围,是基数排序的一个参数,如果原序列都是字母可以直接取128,如果原序列本身都是整数的话,则m可以取比最大的整数大1的值
//待排序的字符串放在r数组中,从r[0]到r[n-1]，长度为n
//为了方便比较大小,可以在字符串后面添加一个字符,这个字符没有在前面的字符中出现过,而且比前面的字符都要小
//同上,为了函数操作的方便,约定除r[n-1]外所有的r[i]都大于0,r[n-1]=0
//函数结束后,结果放在sa数组中,从sa[0]到sa[n-1]
void Suffix(int *r, int *sa, int n, int m)
{
int i, j, k, *x = wa, *y = wb, *t;
//对长度为1的字符串排序
//一般来说,在字符串的题目中,r的最大值不会很大,所以这里使用了基数排序
//如果r的最大值很大,那么把这段代码改成快速排序
for(i = 0; i < m; ++i) ws_[i] = 0;
for(i = 0; i < n; ++i) ws_[x[i] = r[i]]++;//统计字符的个数
for(i = 1; i < m; ++i) ws_[i] += ws_[i - 1];//统计不大于字符i的字符个数
for(i = n - 1; i >= 0; --i) sa[--ws_[x[i]]] = i;//计算字符排名
//基数排序
//x数组保存的值相当于是rank值
for(j = 1, k = 1; k < n; j *= 2, m = k)
{
//j是当前字符串的长度,数组y保存的是对第二关键字排序的结果
//第二关键字排序
for(k = 0, i = n - j; i < n; ++i) y[k++] = i;//第二关键字为0的排在前面
for(i = 0; i < n; ++i) if(sa[i] >= j) y[k++] = sa[i] - j;//长度为j的子串sa[i]应该是长度为2 * j的子串sa[i] - j的后缀（第二关键字）,对所有的长度为2 * j的子串根据第二关键字来排序
for(i = 0; i < n; ++i) wv[i] = x[y[i]];//提取第一关键字
//按第一关键字排序 (原理同对长度为1的字符串排序)
for(i = 0; i < m; ++i) ws_[i] = 0;
for(i = 0; i < n; ++i) ws_[wv[i]]++;
for(i = 1; i < m; ++i) ws_[i] += ws_[i - 1];
for(i = n - 1; i >= 0; --i) sa[--ws_[wv[i]]] = y[i];//按第一关键字,计算出了长度为2 * j的子串排名情况
//此时数组x是长度为j的子串的排名情况,数组y仍是根据第二关键字排序后的结果
//计算长度为2 * j的子串的排名情况,保存到数组x
t = x;
x = y;
y = t;
for(x[sa[0]] = 0, i = k = 1; i < n; ++i)
x[sa[i]] = (y[sa[i - 1]] == y[sa[i]] && y[sa[i - 1] + j] == y[sa[i] + j]) ? k - 1 : k++;
//若长度为2 * j的子串sa[i]与sa[i - 1]完全相同,则他们有相同的排名
}
}
int Rank[MAXN], height[MAXN], sa[MAXN], r[MAXN];
void calheight(int *r,int *sa,int n)
{
int i,j,k=0;
for(i=1; i<=n; i++)Rank[sa[i]]=i;
for(i=0; i<n; height[Rank[i++]]=k)
for(k?k--:0,j=sa[Rank[i]-1]; r[i+k]==r[j+k]; k++);
}
bool judge(int c,int n)
{
int Max=sa[0],Min=sa[0];
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(height[i]>=c)
Max=max(Max,sa[i]),Min=min(Min,sa[i]);
else
Max=sa[i],Min=sa[i];
if(Max-Min>=c+1)
return true;
}
return false;
}
int main()
{
int n,i,Max=0,L,R,mid,ans;
while(~scanf("%d",&n)&&n)
{
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&r[i]);
if(i)
r[i-1]=r[i]-r[i-1]+88;
Max=max(Max,r[i-1]);
}
r[i-1]=0;n--;
Suffix(r,sa,n+1,Max+1);
calheight(r,sa,n);
L=0;R=n;ans=0;
while(L<=R)
{
mid=(L+R)/2;
if(judge(mid,n+1))
L=mid+1,ans=max(ans,mid);
else
R=mid-1;
}
if(ans<4)
puts("0");
else
printf("%d\n",ans+1);
}
return 0;
}

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