前言

题目链接：洛谷。

时间复杂度和输入同阶的做法。

更好的体验。

题意简述

有 $n$（$n \leq 10^3$）个长 $m$ 的字符串，$q$（$q \leq 10^5$）次操作，交换两个字符串的两个字符。问每个字符串在所有时刻，最多有几个和它相等。

题目分析

套路做法

看到字符串相等，想到使用哈希。但是要支持修改，怎么办呢？上数据结构！ 当然不是，把哈希的结果看做一个数字，每次把某一位的值扣掉再加上就行了。即减去该位权值乘上原值，加上权值乘上修改后的值。

至于询问，每次操作后不可能 $\Theta(n^2)$ 地弄。发现只会和当前修改的两个串有关，故 $\Theta(n)$ 把这两个串的结果统计一遍。其他的串，维护一个 $cur_i$ 表示当前 $i$ 能和几个字符串相等。如果 $i$ 和修改之前的串相等，就减去，如果和修改后的串相等了，再加上，最后和答案取个 $\max$ 即可。

需要注意的是，当两个字符串是同一个的时候，可能需要小小特判。

时间复杂度 $\Theta(nm + nq)$。可过此题。当然，可以优化。

优化做法

尝试从哈希表角度分析。发现，一个字符串不断从一个相同哈希值的集合中，移动到另一个集合中，而答案就是这段时间内，该集合大小的最大值。如果考虑在删除的时候统计答案，就是在该元素加入集合后，该集合大小的最大值。

尝试把集合大小独立出来，看做单独的一个权值。我们可以把元素扩展，额外附加它在加入集合时集合的大小，发现这样删除操作就没有了，而是直接将所在集合那个附加的权值减一。这样查询，就成了一个后缀最大值。即从所在结点一直扫到哈希表末尾，取每个结点权值的最大值，得到这段时间该集合大小的最大值。

对于一条链，我们会扫过很多次，不妨从这里优化，即去除重复操作。想到，如果扫过了一个值，那下次不用再从原来的位置开始再扫一遍，而是把当前扫过来的最值记下来，下次直接从这里开始扫就行了。很类似并查集的路径压缩。

时间复杂度呢？从一个点开始，经过若干没被压缩的点，到一个已经压缩了的点，并把前者变成已经压缩了的，与总点数相关，和 $n + q$ 是同阶的。总的时间复杂度是 $\Theta(nm + q)$ 的，非常快。

代码

naive code

代码。

优化

哈希值域太小会 WA，所以使用了 unordered_map，对时间复杂度没有影响。略去了快读，是最优解。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <unordered_map>
using namespace std;

const int N = 1010;
const int M = 110;
const int Q = 100010;
const int mod = 1e9 + 11;
const int bas = 1331;

inline int add(int a, int b) {
	return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}

inline int sub(int a, int b) {
	return a - b < 0 ? a - b + mod : a - b;
}

inline int mul(int a, int b) {
	return 1ll * a * b % mod;
}

int n, m, q;
char str[N][M];
int hsh[N], res[N], pw[M];
int whr[N];  // 记录字符串对应哪一个结点

struct node {
	int fa, ans;
} tree[N + Q * 2];
int tot;

unordered_map<int, int> ysiz, ylst;  // 哈希对应的字符串有几个、上一个哈希值为它是哪个结点

int query(int x) {  // 返回后缀最大值，并路径压缩
	if (tree[x].fa == x) return tree[x].ans;
	int res = query(tree[x].fa);
	tree[x].fa = tree[tree[x].fa].fa;
	return tree[x].ans = max(tree[x].ans, res);
}

void update(int x) {
	int bl = hsh[x];
	whr[x] = ++tot, ++ysiz[bl];
	tree[tot] = {tot, ysiz[bl]};
	tree[ylst[bl]].fa = tot;
	ylst[bl] = tot;
}

signed main() {
	fread(buf, 1, MAX, stdin);
	read(n), read(m), read(q);
	pw[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
		pw[i] = mul(pw[i - 1], bas);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= m; ++j) {
			hsh[i] = add(mul(hsh[i], bas), str[i][j] = readchar());
		}
		update(i);
	}
	for (int i = 1, a, x, b, y; i <= q; ++i) {
		read(a), read(x), read(b), read(y);
		res[a] = max(res[a], query(whr[a])), --ysiz[hsh[a]];
		if (a != b) res[b] = max(res[b], query(whr[b])), --ysiz[hsh[b]];
		hsh[a] = sub(hsh[a], mul(pw[m - x], str[a][x]));
		hsh[b] = sub(hsh[b], mul(pw[m - y], str[b][y]));
		swap(str[a][x], str[b][y]);
		hsh[a] = add(hsh[a], mul(pw[m - x], str[a][x]));
		hsh[b] = add(hsh[b], mul(pw[m - y], str[b][y]));
		update(a);
		if (a != b) update(b);
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		printf("%d\n", max(res[i], query(whr[i])));  // 这里注意也要取 max
	}
	return 0;
}