火星人最近研究了一种操作：求一个字串两个后缀的公共前缀。比方说，有这样一个字符串：madamimadam，
我们将这个字符串的各个字符予以标号：序号： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 字符 m a d a m i m a d a m 现在，
火星人定义了一个函数LCQ(x, y)，表示：该字符串中第x个字符开始的字串，与该字符串中第y个字符开始的字串
，两个字串的公共前缀的长度。比方说，LCQ(1, 7) = 5, LCQ(2, 10) = 1, LCQ(4, 7) = 0 在研究LCQ函数的过程
中，火星人发现了这样的一个关联：如果把该字符串的所有后缀排好序，就可以很快地求出LCQ函数的值；同样，
如果求出了LCQ函数的值，也可以很快地将该字符串的后缀排好序。 尽管火星人聪明地找到了求取LCQ函数的快速
算法，但不甘心认输的地球人又给火星人出了个难题：在求取LCQ函数的同时，还可以改变字符串本身。具体地说
，可以更改字符串中某一个字符的值，也可以在字符串中的某一个位置插入一个字符。地球人想考验一下，在如此
复杂的问题中，火星人是否还能够做到很快地求取LCQ函数的值。
第一行给出初始的字符串。第二行是一个非负整数M，表示操作的个数。接下来的M行，每行描述一个操作。操
作有3种，如下所示
1、询问。语法：Qxy，x,y均为正整数。功能：计算LCQ(x,y)限制：1<=x,y<=当前字符串长度。
2、修改。语法：Rxd，x是正整数，d是字符。功能：将字符串中第x个数修改为字符d。限制：x不超过当前字
符串长度。
3、插入：语法：Ixd，x是非负整数，d是字符。功能：在字符串第x个字符之后插入字符d，如果x=0，则在字
符串开头插入。限制：x不超过当前字符串长度
对于输入文件中每一个询问操作，你都应该输出对应的答案。一个答案一行。
1、所有字符串自始至终都只有小写字母构成。
2、M<=150,000
3、字符串长度L自始至终都满足L<=100,000
4、询问操作的个数不超过10,000个。
对于第1，2个数据，字符串长度自始至终都不超过1,000
对于第3，4，5个数据，没有插入操作。
相信有很多人第一眼觉得是后缀数组吧。然而后缀数组无法有效地应付修改操作
这道题比较特殊的一点是询问个数很少，基本集中在插入和修改操作
我们可以用$splay$维护这个字符串，插入和修改按普通$splay$做，the Longest Common Qianzhui$LCQ$需要二分答案：
每个节点维护一个子树$hash$值，二分答案$ans$，不断检查$s[x]\sim s[x +ans]$和$s[y]\sim s[y+ans]$的$hash$值是否一样即可
由于有提取区间的操作，所以$treap$是无法满足的
插入和修改的总复杂度是$O(q_1logn)$，$LCQ$的总复杂度是$O(q_2log^2n)$，因为$q_2$相对较小，所以整体可以看成$O(qlogn)$的
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 struct spaly 4 { 5 int c[2], fa, val, siz, hash; 6 int& operator[] (int x) 7 { 8 return c[x]; 9 } 10 }a[100005]; 11 char s[100005], op[5]; 12 int pwr[100005]; 13 14 void push_up(int k) 15 { 16 int x = a[a[k][1]].siz; 17 a[k].siz = a[a[k][0]].siz + x + 1; 18 a[k].hash = a[a[k][0]].hash * pwr[x + 1] + a[k].val * pwr[x] + a[a[k][1]].hash; 19 } 20 21 void rotate(int &k, int x) 22 { 23 int y = a[x].fa, z = a[y].fa, dy = a[y][1] == x; 24 if(k == y) k = x; 25 else a[z][a[z][1] == y] = x; 26 a[y][dy] = a[x][!dy], a[a[x][!dy]].fa = y; 27 a[x][!dy] = y, a[y].fa = x, a[x].fa = z; 28 push_up(y); 29 } 30 31 void splay(int &k, int x) 32 { 33 while(k != x) 34 { 35 int y = a[x].fa, z = a[y].fa; 36 if(k != y) 37 if(a[y][1] == x ^ a[z][1] == y) rotate(k, x); 38 else rotate(k, y); 39 rotate(k, x); 40 } 41 push_up(x); 42 } 43 44 int find_kth(int k, int x) 45 { 46 if(x <= a[a[k][0]].siz) return find_kth(a[k][0], x); 47 if(x == a[a[k][0]].siz + 1) return k; 48 return find_kth(a[k][1], x - a[a[k][0]].siz - 1); 49 } 50 51 int main() 52 { 53 int n, m, x, y, z, root, l, r, mid, ptot; 54 scanf("%s%d", s, &m); 55 n = strlen(s); 56 pwr[0] = 1; 57 for(int i = 1; i <= 100002; ++i) 58 pwr[i] = pwr[i - 1] * 137; 59 a[1].fa = 2, a[1].siz = 1; 60 for(int i = 2; i <= n + 2; ++i) 61 { 62 a[i][0] = i - 1, a[i].fa = i + 1; 63 a[i].val = s[i - 2], push_up(i); 64 } 65 a[n + 2].fa = 0, root = ptot = n + 2; 66 while(m--) 67 { 68 scanf("%s", op); 69 if(op[0] == ‘R‘) 70 { 71 scanf("%d%s", &x, op); 72 splay(root, find_kth(root, x + 1)); 73 a[root].val = op[0], push_up(root); 74 } 75 else if(op[0] == ‘I‘) 76 { 77 scanf("%d%s", &x, op), ++n; 78 splay(root, find_kth(root, x + 1)); 79 splay(a[root][1], find_kth(root, x + 2)); 80 a[a[root][1]][0] = ++ptot; 81 a[ptot].val = a[ptot].hash = op[0]; 82 a[ptot].fa = a[root][1], a[ptot].siz = 1; 83 push_up(a[root][1]), push_up(root); 84 } 85 else 86 { 87 scanf("%d%d", &x, &y); 88 if(x > y) swap(x, y); 89 l = 0, r = n - y + 2, z = 0; 90 while(l < r - 1) 91 { 92 mid = (l + r) >> 1; 93 splay(root, find_kth(root, x)); 94 splay(a[root][1], find_kth(root, x + mid + 1)); 95 z = a[a[a[root][1]][0]].hash; 96 splay(root, find_kth(root, y)); 97 splay(a[root][1], find_kth(root, y + mid + 1)); 98 z -= a[a[a[root][1]][0]].hash; 99 z ? r = mid : l = mid; 100 } 101 printf("%d\n", l); 102 } 103 } 104 return 0; 105 }
[BZOJ1014] [JSOI2008] 火星人prefix (splay & 二分答案)
原文：http://www.cnblogs.com/CtrlCV/p/5615184.html
