【JSCPC2021】Reverse the String（Lyndon 理论）

传送门

题意

给定字符串 \(s\)，问任意翻转一个区间 \([l,r]\) 后得到的最小字符串。

\(\sum |s| \le 1.5\times 10^6\)。

分析

依次考虑答案第 \(i\) 位能否比 \(s_i\)?? 小可得：\(l\) 一定是右边有字符比它小的最左位置。因此只需考虑翻一个前缀的情况，可以用二分+哈希比较出最小答案，但是有线性做法。

记 \(t=s^R\)，我们要把 \(t\) 划分成 \(t_1t_2\)，使得 \(t_2t_1^R\) 最小。

直接在 \(t\)? 上跑 Duval 算法。记当前位为 \(i\)?，和它比较的位为 \(j\)?。当出现 \(t_i? 时，之前所有整周期内的位置都不可能为 \(t_2\)?? 的开头，因为严格比不上选 \(i\)? 所在的半周期的开头，因此可以把整周期丢掉不管。

最终 \(t\) 的剩余部分能划分为 \(w^pw'\) 的形式，其中 \(w\) 为 lyndon 串且 \(w'\) 为 \(w\) 的可空前缀，而 \(t_2\) 的开头一定是某个 \(w\) 或 \(w'\) 的开头。

考虑三个串 \(x,y,z\)???? 且 \(|x|=|y|\)????。那么 \(xzy\)???? 不可能比 \(xxz,zyy\)? 都小，否则 \(xz>zy\)?? 和 \(xz? 同时成立导出矛盾。代入 \(x=w^R,y=w,z=w'\)? 得出答案只能是 \(w'w^{Rp}\)? 和 \(w^pw'\)? 之一，比较两种方案的字典序即可。

实现

提交记录

#include
#define rep(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<=_;++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i>=_;--i)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ul;
typedef reverse_iteratorRI;
#define pb push_back
#define IL inline
const int mod=998244353;
IL int inc(int x,int y){return x+=y-mod,x+=x>>31&mod;}
IL int dec(int x,int y){return x-=y,x+=x>>31&mod;}
IL int mul(int x,int y){return ul(x)*y%mod;}
IL int idk(int x,int y,int p){return p&1?dec(x,y):inc(x,y);}
IL int ksm(int x,int y,int p=1){
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)p=mul(x,p);
	return p;
}
//head
const int N=1e5+5;
int T,n,m,mn[N],l;
char s[N],t[N],res[N],tmp[N];
void upd(int r){
	rep(i,1,n+1)tmp[i]=s[i];
	reverse(tmp+l,tmp+r+1);
	if(strcmp(tmp+1,res+1)<0)rep(i,1,n)res[i]=tmp[i];
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
		mn[n]=s[n]-'a';
		per(i,n-1,1)mn[i]=min(mn[i+1],s[i]-'a');
		l=m=0;
		rep(i,1,n)if(mn[i]t[j]){
				++i,j=k;
			}else{
				while(k<=j)k+=i-j;
				i=j=k,++i;
			}
		}
	}
	exit(0);
}