題目傳送門：LOJ #3049。數組
題意簡述：
給定一個長度爲 $n$ 的母串 $S$。數據結構
有 $n_a$ 個 A 類串，都是 $S$ 的子串，以區間的形式給出。優化
有 $n_b$ 個 B 類串，都是 $S$ 的子串，以區間的形式給出。spa
有 $m$ 個支配關係，形式爲第 $i$ 個 A 類串支配第 $j$ 個 B 類串。code
你須要求出最長的字符串 $T$ 的長度，使得 $T$ 能夠被劃分爲若干個 A 類串的拼接，而且相鄰兩個 A 類串 $t_i$ 和 $t_{i+1}$ 知足 $t_i$ 支配某個 B 類串 $j$，而 $j$ 是 $t_{i+1}$ 的前綴。排序
若是 $T$ 能夠無限長，輸出 -1。字符串
題解：
若是咱們設法從每一個 B 類串向存在前綴爲這個 B 類串的 A 類串連邊，則顯然如有環則答案能夠無限大，若無環則能夠作一遍 DAG DP 獲得答案。get
然而咱們並不能直接實現這一過程，且不論可否快速肯定前綴從屬關係，這類邊的條數就能達到 $\mathcal{O}(n_an_b)$ 級別。string
當邊數太多時，首先應該想到的就是數據結構優化建邊，典型的例子是樹狀結構優化建邊，例如線段樹和後綴樹。it
實際上這題能夠直接使用後綴樹優化建邊，邊數只有線性級別，可是過程仍是 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的。至於建後綴樹能夠直接建也能夠對反串建 SAM。
對於我這種不會後綴樹，SAM 理解也不深的菜兔，仍是選擇了後綴數組。
首先建出後綴數組，這個你們都會。而後對每一個 B 類串考慮如何連邊。
假設咱們已經對每一個 A 類和 B 類串在母串上定位了，那麼包含某個 B 類串做爲前綴的 A 類串須要知足兩個條件：
該 A 串的左端點對應的後綴和 B 串的左端點對應的後綴的 LCP 長度應該大於 B 串的長度，而且該 A 串的長度也應該大於 B 串的長度。
第一個條件能夠轉化爲對應着後綴數組上的一段區間，具體根據 Height 數組肯定，這一步建出 ST 表後二分能夠在 $\mathcal{O}(\log n)$ 的時間內解決。
第二個條件彷佛沒有什麼巧妙的辦法。不過咱們能夠考慮按照長度從大到小的順序加入每一個串，這樣就可以扔掉第二個限制了。
因此具體的思路就是按照長度從大到小排序插入 A 類串，在 B 類串和數據結構之間建邊，使用合適的數據結構維護歷史版本和區間。
很顯然，主席樹即是合適的數據結構，主席樹優化建邊，樹內邊數 $\mathcal{O}(n_a\log n)$，樹外邊數 $\mathcal{O}(n_b\log n)$。
接下來是代碼，複雜度 $\mathcal{O}((n+n_a+n_b)\log n)$：
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
const int MN = 200005;
const int MS = 4200005;
char str[MN];
int N, Sig, rk[MN], SA[MN], SA2[MN], buk[MN], tmp[MN];
int Height[MN];
inline void getHeight() {
for (int i = 1, k = 0; i <= N; ++i) {
if (rk[i] == 1) { Height[rk[i]] = k = 0; continue; }
if (k) --k;
int j = SA[rk[i] - 1];
while (i + k <= N && j + k <= N && str[i + k] == str[j + k]) ++k;
Height[rk[i]] = k;
}
}
inline void RSort() {
for (int i = 1; i <= Sig; ++i) buk[i] = 0;
for (int i = 1; i <= N; ++i) ++buk[rk[i]];
for (int i = 1; i <= Sig; ++i) buk[i] += buk[i - 1];
for (int i = N; i >= 1; --i) SA[buk[rk[SA2[i]]]--] = SA2[i];
}
inline void getSA(char *str) {
Sig = 127, rk[N + 1] = 0;
for (int i = 1; i <= N; ++i) rk[i] = str[i], SA2[i] = i;
RSort();
for (int j = 1; j <= N; j <<= 1) {
int p = 0;
for (int i = N - j + 1; i <= N; ++i) SA2[++p] = i;
for (int i = 1; i <= N; ++i) if (SA[i] > j) SA2[++p] = SA[i] - j;
RSort();
tmp[SA[1]] = p = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
int lst = SA[i - 1], now = SA[i];
if (rk[lst] != rk[now] || rk[lst + j] != rk[now + j]) ++p;
tmp[SA[i]] = p;
}
for (int i = 1; i <= N; ++i) rk[i] = tmp[i];
if ((Sig = p) == N) break;
}
getHeight();
}
int Lg[MN];
inline void Log(int N) {
Lg[0] = -1;
for (int i = 1; i <= N; ++i) Lg[i] = Lg[i >> 1] + 1;
}
int ST[MN][18];
inline void InitST() {
for (int i = 2; i <= N; ++i) ST[i][0] = Height[i];
for (int j = 1; j <= Lg[N - 1]; ++j) {
for (int i = 1; i <= 1 << j; ++i) ST[i][j] = 0;
for (int i = 1 << j | 1; i <= N; ++i)
ST[i][j] = std::min(ST[i - (1 << (j - 1))][j - 1], ST[i][j - 1]);
}
}
int NA, la[MN], ra[MN];
int NB, lb[MN], rb[MN];
struct sub {
int lb, len, typ, id;
sub() {}
sub(int lb, int len, int typ, int id) : lb(lb), len(len), typ(typ), id(id) {}
inline friend bool operator <(sub i, sub j) {
return i.len == j.len ? i.typ < j.typ : i.len > j.len;
}
} substrs[MN * 2];
int d[MS];
std::vector<int> G[MS];
inline void addEdge(int x, int y) { ++d[y]; G[x].push_back(y); }
int rt[MN], lc[MS], rc[MS], wgh[MS], cnt;
void Mdf(int &rt, int l, int r, int p, int x) {
lc[++cnt] = lc[rt], rc[cnt] = rc[rt];
if (rt) addEdge(cnt, rt);
wgh[rt = cnt] = 0;
if (l == r) { addEdge(rt, x); return ; }
int mid = (l + r) >> 1;
if (p <= mid) Mdf(lc[rt], l, mid, p, x), addEdge(rt, lc[rt]);
else Mdf(rc[rt], mid + 1, r, p, x), addEdge(rt, rc[rt]);
}
void Edg(int rt, int l, int r, int a, int b, int x) {
if (!rt || r < a || b < l) return ;
if (a <= l && r <= b) { addEdge(x, rt); return ; }
int mid = (l + r) >> 1;
Edg(lc[rt], l, mid, a, b, x);
Edg(rc[rt], mid + 1, r, a, b, x);
}
int que[MS], l, r;
LL f[MS];
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
Log(200000);
while (T--) {
scanf("%s", str + 1);
N = strlen(str + 1);
getSA(str);
InitST();
scanf("%d", &NA);
for (int i = 1; i <= NA; ++i)
scanf("%d%d", &la[i], &ra[i]),
substrs[i] = sub(rk[la[i]], ra[i] - la[i] + 1, 0, i);
scanf("%d", &NB);
for (int i = 1; i <= NB; ++i)
scanf("%d%d", &lb[i], &rb[i]),
substrs[NA + i] = sub(rk[lb[i]], rb[i] - lb[i] + 1, 1, i);
std::sort(substrs + 1, substrs + NA + NB + 1);
cnt = NA + NB;
for (int i = 1; i <= NA; ++i) wgh[i] = ra[i] - la[i] + 1;
for (int i = 1; i <= NB; ++i) wgh[NA + i] = 0;
for (int i = 1, gen = 0; i <= NA + NB; ++i) {
sub p = substrs[i];
if (!p.typ) ++gen, Mdf(rt[gen] = rt[gen - 1], 1, N, p.lb, p.id);
else {
int Lb = p.lb, Rb = p.lb;
for (int j = Lg[p.lb - 1]; ~j; --j)
if (ST[Lb][j] >= p.len) Lb -= 1 << j;
for (int j = Lg[N - p.lb]; ~j; --j)
if (Rb + (1 << j) <= N && ST[Rb + (1 << j)][j] >= p.len) Rb += 1 << j;
Edg(rt[gen], 1, N, Lb, Rb, NA + p.id);
}
}
int M; scanf("%d", &M);
for (int i, j; M--; ) {
scanf("%d%d", &i, &j);
addEdge(i, NA + j);
}
LL Ans = 0;
l = 1, r = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; ++i) {
f[i] = wgh[i];
if (!d[i]) que[++r] = i;
}
while (l <= r) {
int u = que[l++];
Ans = std::max(Ans, f[u]);
for (auto v : G[u]) {
f[v] = std::max(f[v], f[u] + wgh[v]);
if (!--d[v]) que[++r] = v;
}
}
if (r != cnt) puts("-1");
else printf("%lld\n", Ans);
for (int i = 1; i <= cnt; ++i) d[i] = 0, G[i].clear();
}
return 0;
}
實際上，一樣是後綴數組預處理，關於建邊有更好的方法，好比用後綴數組建出後綴樹，而後在後綴樹上亂搞建邊，這樣是線性的。