活着就是恶心,南山宫,肇庆白土门女主角
昨晚cf比赛比较颓，今天有心情写题解就不错了qwq
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给定字符串\(a,b,|a|=n,|b|=m\)，求是否可以在\(a\)中选\(2\)个长度为\(s\)的不相交子串，使得\(b\)是这\(2\)个串按在\(a\)中的顺序连起来后得到的串的子串，若可以，输出任一选法。
\(2\le m\le 2s\le n\le 5\times 10^5\)。
设从\(a\)中选出的\(2\)个子串为\(a1,a2\)。分\(2\)种情况：
第\(1\)种情况比较容易，直接将\(b\)作为模式串匹配\(a\)（这里我用的是z算法（如果聪明的读者还不知道z算法是什么，please点击这个）），匹配成功的位置再分\(2\)种情况：\(a1\)包含\(b\)和\(a2\)包含\(b\)。\(a1\)包含\(b\)的情况考虑贪心地将\(a1\)最左化，好给\(a2\)留位置，最后如果放得下直接输出答案return 0;；\(a2\)包含\(b\)类似。
第\(2\)种情况，设\(lft_i\)表示满足\(a_{j\sim j+s-1}\)的长度为\(i\)的后缀匹配\(b\)的长度为\(i\)的前缀的最小的\(j\)，\(rit_i\)表示满足\(a_{j\sim j+s-1}\)的长度为\(i\)的前缀匹配\(b\)的长度为\(i\)的后缀的最大的\(j\)，若没有满足条件的\(j\)则分别为\(\infty,-\infty\)。“最小”和“最大”是基于贪心的思想，与第\(1\)种情况类似，为的是尽可能给另一个子串留位置。这样最后我们可以枚举\(i\in[0,s]\)，若\(m-i\in[0,s]\)且\(lft_i+s-1<rit_{m-i}\)，则存在答案\((lft_i,rit_{m-i})\)。
下面考虑\(lft\)和\(rit\)数组怎么求。以\(lft\)为栗例，我们令\(c=b+`\text{!'}+a\)，对\(c\)跑一遍z算法。\(\forall i\in[1,n]\)，考虑若\(a1\)的后缀从第\(i\)位开始，能影响到哪些\(lft_j\)。显然\(j_{\max}=z_{m+1+j}\)，因为最多能往后拓展\(z_{m+1+j}\)个字符，满足这个后缀与\(b\)的前缀匹配。\(j_{\min}\)呢？\(j\)越小，即\(a1\)在第\(i\)位后面的字符越少，那么\(a1\)在第\(i\)位前面的字符就越多，多到一定程度就会抵到位置\(1\)，所以\(j_{\min}\)是刚好抵到的情况，如果不会抵到就是\(1\)。于是\(j_{\min}=\max(s-(i-1),1)\)。算出影响范围后，我们要去“影响”啊，即令\(\forall j\in[j_{\min},j_{\max}],lft_j=\min(lft_j,i+j-1-s+1)=\min(lft_j,i+j-s)\)。这个可以用线段树维护，差分也可以，虽然都是\(\mathrm o(n\log_2n)\)，但差分好写一点。
下面讲具体怎么差分：\(\forall k\in[0,m]\)，维护一个添加序列\(add_k\)和删除序列\(del_k\)。对于每次影响，在\(add_{j_{\min}}\)和\(del_{j_{\max}+1}\)里插入\(i-s\)。最后维护一个multiset\(st\)（初始为\(\{\infty\}\)），从\(i=1\)到\(i=m\)递推，每次将\(add_i\)里的元素insert进去，将\(del_i\)里的元素erase掉，*st.begin()+i就是\(lft_i\)。
\(rit\)数组的求法类似，不同在于\(c=\mathrm{rev}(b)+`\text{!'}+\mathrm{rev}(a)\)，访问\(z\)数组时要访问在倒串中的位置，\(j_{\min}=\max(s-(n-i),1),j_{\max}=z_{m+1+rev\_pos(i)}\)，影响为\(\forall j\in[j_{\min},j_{\max}],rit_j=\min(rit_j,i-j+1)\)，\(st\)初始为\(\{-\infty\}\)，每次插入\(i+1\)，\(rit_i\)为*--st.end()-i。
下面贴代码吧：（写不动了）
我要评论#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int n=500000,m=500000;
int n/*|a|*/,m/*|b|*/,s/*要选的字串的长度*/,t/*|c|*/;
int rev_pos(int pos){return n+1-pos;}//在倒串中的位置
char a[n+5],b[m+5],ra[n+5]/*rev(a)*/,rb[m+5]/*rev(b)*/,c[n+1+m+5]/*b+'!'+a或rb+'!'+ra*/;
void con(char str1[],char str2[]){//令c=str1+'!'+str2
t=0;
for(int i=1;i<=m;i++)c[++t]=str1[i];
c[++t]='!';
for(int i=1;i<=n;i++)c[++t]=str2[i];
}
int z1[n+1+m+1]/*a,b正着的z数组*/,z2[n+1+m+1]/*a,b倒着的z数组*/;
void z_init(int z[]){//z算法
int zl=0,zr=0;
for(int i=2;i<=t;i++)
if(zr<i){
while(i+z[i]<=t&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++;
if(z[i])zl=i,zr=i+z[i]-1;
}
else if(i+z[i-zl+1]<=zr)z[i]=z[i-zl+1];
else{
z[i]=zr-i+1;
while(i+z[i]<=t&&c[i+z[i]]==c[1+z[i]])z[i]++;
zl=i;zr=i+z[i]-1;
}
}
int lft[m+1],rit[m+1];
vector<int> dadd[m+1],ddel[n+1];//差分
multiset<int> st;
int main(){
cin>>n>>m>>s>>a+1>>b+1;
memcpy(ra+1,a+1,n+1);reverse(ra+1,ra+n+1);
memcpy(rb+1,b+1,m+1);reverse(rb+1,rb+m+1);
con(b,a);z_init(z1);
con(rb,ra);z_init(z2);
if(s>=m)//第1种情况
for(int i=1;i<=n;i++)
if(z1[m+1+i]==m){
int l=max(1,i-(s-m)),r=l+s;
if(r+s-1<=n)return cout<<"yes\n"<<l<<" "<<r,0;
r=min(n,i+s-1)-s+1;l=r-s;
if(l>=1)return cout<<"yes\n"<<l<<" "<<r,0;
}
//第2种情况
for(int i=1;i<=n;i++){//对lft影响
int l=max(s-(i-1),1),r=z1[m+1+i];
if(l>r)continue;
dadd[l].pb(i-s);if(r<m)ddel[r+1].pb(i-s);
}
st.insert(inf);//初始化
for(int i=1;i<=m;i++){//递推差分求lft
for(int j=0;j<dadd[i].size();j++)st.insert(dadd[i][j]);
for(int j=0;j<ddel[i].size();j++)st.erase(ddel[i][j]);
lft[i]=*st.begin()+i;
}
for(int i=1;i<=m;i++)dadd[i].clear(),ddel[i].clear();//数据不清空，爆零两行泪
for(int i=1;i<=n;i++){//对rit影响
int l=max(s-(n-i),1),r=z2[m+1+rev_pos(i)];
if(l>r)continue;
dadd[l].pb(i+1);if(r<m)ddel[r+1].pb(i+1);
}
st.clear();st.insert(-inf);//初始化
for(int i=1;i<=m;i++){//递推差分求rit
for(int j=0;j<dadd[i].size();j++)st.insert(dadd[i][j]);
for(int j=0;j<ddel[i].size();j++)st.erase(ddel[i][j]);
rit[i]=*--st.end()-i;
}
// for(int i=1;i<=m;i++)printf("lft[%d]=%d rit[%d]=%d\n",i,lft[i],i,rit[i]);
for(int i=0;i<=s;i++)if(0<=m-i&&m-i<=s)
if(lft[i]+s-1<rit[m-i])//不相交
return cout<<"yes\n"<<lft[i]<<" "<<rit[m-i],0;
puts("no");
return 0;
}
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