[USACO24OPEN] The 'Winning' Gene S
题目背景
注意：本题的内存限制为 512MB，通常限制的 2 倍。
题目描述
在多年举办比赛并看着 Bessie 一次又一次地获得第一名后，Farmer John 意识到这绝非偶然。他得出结论，Bessie 一定将胜利写进了 DNA，于是他开始寻找这种「胜利」基因。
他设计了一个过程来识别这个「胜利」基因的可能候选。他获取了 Bessie 的基因组，为一个长为 \(N\) 的字符串 \(S\)，其中 \(1\le N\le 3000\)。他选择某个数对 \((K,L)\)，其中 \(1\le L\le K\le N\)，表示「胜利」基因候选的长度将为 \(L\)，并且将在一个较大的 \(K\) 长度子串中进行寻找。为了识别这一基因，他从 \(S\) 中取出所有 \(K\) 长度的子串，我们将称这样的子串为一个 \(K\)-mer。对于一个给定的 \(K\)-mer，他取出其所有长度为 \(L\) 的子串，将字典序最小的子串识别为胜利基因候选（如果存在并列则选择其中最左边的子串），然后将该字串在 \(S\) 中的起始位置 \(p_i\)（从 \(0\) 开始索引）写入一个集合 \(P\)。
由于他还没有选定 \(K\) 和 \(L\)，他想知道每对 \((K,L)\) 将有多少个候选。
对于 \(1\ldots N\) 中的每一个 \(v\)，帮助他求出满足 \(|P|=v\) 的 \((K,L)\) 对的数量。
输入格式
输入的第一行包含 \(N\)，为字符串的长度。第二行包含 \(S\)，为给定的字符串。输入保证所有字符均为大写字符，其中 \(s_i\in \texttt A-\texttt Z\)，因为奶牛遗传学远比我们的高级。
输出格式
对于 \(1\ldots N\) 中的每一个 \(v\)，输出满足 \(|P|=v\) 的 \((K,L)\) 对的数量，每行输出一个数。
样例 #1
样例输入 #1
8
AGTCAACG
样例输出 #1
11
10
5
4
2
2
1
1
提示
样例解释 1
在这个测试用例中，输出的第三行为 \(5\) 是因为我们发现恰好有 \(5\) 对 \(K\) 和 \(L\) 存在三个「胜利」基因候选。这些候选为（其中 \(p_i\) 从 \(0\) 开始索引）：
(4,2) -> P = [0,3,4]
(5,3) -> P = [0,3,4]
(6,4) -> P = [0,3,4]
(6,5) -> P = [0,1,3]
(6,6) -> P = [0,1,2]
为了了解 \((4,2)\) 如何得到这些结果，我们取出所有的 \(4\)-mer
AGTC
GTCA
TCAA
CAAC
AACG
对于每一个 \(4\)-mer，我们识别出字典序最小的长度为 \(2\) 的子串
AGTC -> AG
GTCA -> CA
TCAA -> AA
CAAC -> AA
AACG -> AA
我们取出所有这些子串在原字符串中的位置并将它们添加到集合 \(P\) 中，得到 \(P=[0,3,4]\)。
另一方面，如果我们关注 \((4,1)\) 对，我们会发现这只会得到总共 \(2\) 个「胜利」基因候选。如果我们取出所有的 \(4\)-mer 并识别字典序最小的长度为 \(1\) 的子串（用 A，A' 和 A* 来区分不同的 A），我们得到
AGTC -> A
GTCA' -> A'
TCA'A* -> A'
CA'A*C -> A'
A'A*CG -> A'
尽管 A' 和 A* 在最后 3 种情况下字典序均为最小，但最左边的子串优先，因此仅有 A' 在所有这些情况中被视为候选。这意味着 \(P=[0,4]\)。
测试点性质
- 测试点 \(2-4\)：\(N\le 100\)。
- 测试点 \(5-7\)：\(N\le 500\)。
- 测试点 \(8-16\)：没有额外限制。
赛时代码（66）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3005;
int n, p[N], cnt[N];
char s[N];
int pl[N][N], qwq[N][N], ll;
bool check(int a, int b){
if(pl[a][ll-1] != pl[b][ll-1])
return pl[a][ll-1]<pl[b][ll-1];
if(s[a+ll-1] != s[b+ll-1])
return s[a+ll-1] < s[b+ll-1];
return a < b;
}
int find(int l, int L, int R){
if(R-L+1 < l) return 0;
int minp = L, ret = 1;
for(int i = L+1; i+l-1 <= R; i++)
if(pl[i][l] < pl[minp][l]) minp = i;
ret += find(l, L, minp+l-2);
ret += find(l, minp+1, R);
cnt[R-L+1]++; return ret;
}
int main(){
scanf("%d%s", &n, s+1);
for(ll = 1; ll <= n; ll++){
for(int i = 1; i+ll-1 <= n; i++)
qwq[ll][i] = i;
sort(qwq[ll]+1, qwq[ll]+n-ll+2, check);
for(int i = 1, cnt = 0; i+ll-1 <= n; i++){
if(pl[qwq[ll][i]][ll-1] != pl[qwq[ll][i-1]][ll-1]
|| s[qwq[ll][i]+ll-1] != s[qwq[ll][i-1]+ll-1])
cnt++;
pl[qwq[ll][i]][ll] = cnt;
}
}
for(int l = 1; l <= n; l++){
find(l, 1, n);
for(int i = n; i >= l; i--){
cnt[i] += cnt[i+1];
cnt[i+1] = 0; p[cnt[i]]++;
} cnt[l] = 0;
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
printf("%d\n", p[i]);
return 0;
}