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思路

初步思考

字典序最小问题一般可以贪心，此题中我们贪心的取两边更小的字母。但是出现了一个问题，就是当两边字母相同时，我们无法判断是选左面还是选右面。

接着之前的思路，我们比较第二个字母的大小，如果相等以此类推。最终就是相当于比较以左端点开始的前缀和以右端点结束的后缀反转后的串的字典序，这最坏情况下整个算法是 $O(n^2)$ 的。

算法优化

前后缀问题让我们想到后缀数组。我们可以把第一个串和第二个串反转后的串拼在一起，两个串之间加入足够大的字符进行区分。

这样我们求出新串所有后缀的排名后，即可比较前缀后缀的字典序（因为加入了极大字符，比较时即相当于比较极大字符前的部分）。

时间复杂度 $O(n\log (n))$

一些细节

当比较的两个串的最长公共子串有交集时需要考虑一下。有交集意味着原串回文，回文串删哪边都可以，所以无需处理。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 75010;int n, m;
char s[N];
int sa[N], x[N], y[N], c[N], rk[N];
char ans[N];
int top;void SA()
{n = n * 2 + 2;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) c[x[i] = s[i]] ++ ;for (int i = 2; i <= m; i ++ ) c[i] += c[i - 1];for (int i = n; i; i -- ) sa[c[x[i]] -- ] = i;for (int k = 1; k <= n; k <<= 1){int num = 0;for (int i = n - k + 1; i <= n; i ++ ) y[ ++ num] = i;for (int i = 1; i <= n; i ++ )if (sa[i] > k)y[ ++ num] = sa[i] - k;for (int i = 1; i <= m; i ++ ) c[i] = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) c[x[i]] ++ ;for (int i = 2; i <= m; i ++ ) c[i] += c[i - 1];for (int i = n; i; i -- ) sa[c[x[y[i]]] -- ] = y[i], y[i] = 0;swap(x, y);x[sa[1]] = 1, num = 1;for (int i = 2; i <= n; i ++ )x[sa[i]] = (y[sa[i]] == y[sa[i - 1]] && y[sa[i] + k] == y[sa[i - 1] + k]) ? num : ++ num;if (num == n) break;m = num;}for (int i = 1; i <= n; i ++ ) rk[sa[i]] = i;n = (n - 2) / 2;
}int main()
{ios :: sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n; m = 256;for (int i = 1; i <= n; i ++ ){char ch;cin >> ch;s[i] = s[n * 2 - i + 2] = ch;}s[n + 1] = 'Z' + 1, s[n * 2 + 2] = 'Z' + 2;SA();int l = 1, r = n;while (l <= r){if (l == r){ans[ ++ top] = s[l];break;}if (rk[l] < rk[n * 2 - r + 2]){ans[ ++ top] = s[l];l ++ ;}else{ans[ ++ top] = s[r];r -- ;}}for (int i = 1; i <= top; i ++ ){cout << ans[i];if (i % 80 == 0) cout << '\n'; }return 0;
}