Description

題庫鏈接

給你一個長度為 \(n\) 的只含小寫字母的字符串 \(S\) ，計算其子串有多少優秀的拆分。

如果一個字符串能被表示成 \(AABB\) 的形式，其中 \(A,B\) 非空，那麽稱 \(AABB\) 是一個優秀的拆分。一個子串可能有多個優秀的拆分。

多組詢問，詢問組數 \(T\) 。

\(1\leq n\leq 30000,1\leq T\leq 10\)

Solution

會用這題的方法的話，應該不難想。

如果記 \(s_{1_i}\) 為以 \(i\) 結尾的 \(AA\) 串個數，記 \(s_{2_i}\) 為以 \(i\) 開頭的 \(BB\) 串個數。

那麽答案就是 \(\sum\limits_{i=2}^n s_{1_{i-1}}\times s_{2_i}\)

考慮如何求 \(s_1\) 或 \(s_2\) 。

我們可以枚舉 \(A\) 的長度 \(l\) ，用 \(i,i+l\) 這兩個點可以將所有的長度為 \(2l\) 的 \(AA\) 並且同一個長度為 \(2l\) 的 \(AA\) 不會被不同的一組 \(i,i+l\) 固定。

這樣對於每一組 \(i,i+l\) ，我們設法去計算它所固定的長度為 \(2l\) 的 \(AA\) 。

可以求出 \(i,i+l\) 的最長公共前綴 \(x\) ， \(i,i+l\) 的最長公共後綴 \(y\) ，如果 \(x+y\geq l\) ，那麽存在長度為 \(2l\) 的 \(AA\) 經過 \(i,i+l\)

求出區間左端點 \(L=\max\{i-x+1, i-l+1\}\) ，右端點 \(R=\min\{i-l+y+1, i\}\) 。

顯然這一段區間都是能夠對答案產生貢獻的，差分一下即可。

下發的幾個樣例字符串長度都是遞增的...大樣例過了自信 AC ，結果因為沒清空數組 wa 成茍

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 30000+5;

int bin[35], lgn[N], t, n, m, x[N<<1], y[N<<1], c[N];
ll s1[N], s2[N];

struct SA {
    char ch[N];
    int sa[N], rk[N], height[N], f[30][N];
    void get() {
        for (int i = 1; i <= n*2; i++) x[i] = y[i] = 0;
        for (int i = 1; i <= m; i++) c[i] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) c[x[i] = ch[i]]++; 
        for (int i = 2; i <= m; i++) c[i] += c[i-1];
        for (int i = n; i >= 1; 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 >= 1; i--) sa[c[x[y[i]]]--] = y[i];
            swap(x, y); x[sa[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 ((m = num) == n) break;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) rk[sa[i]] = i;
        for (int i = 1, k = 0; i <= n; i++) {
            if (rk[i] == 1) continue;
            if (k) --k; int j = sa[rk[i]-1];
            while (i+k <= n && j+k <= n && ch[i+k] == ch[j+k]) ++k;
            height[rk[i]] = k;
        }
    }
    void rmq() {
        int t = lgn[n];
        for (int i = 1; i <= n; i++) f[0][i] = height[i];
        for (int i = 1; i <= t; i++)
            for (int j = 1; j+bin[i-1] <= n; j++)
                f[i][j] = min(f[i-1][j], f[i-1][j+bin[i-1]]);
    }
    int lcp(int a, int b) {
        a = a > n ? 0 : rk[a], b = b > n ? 0 : rk[b];
        if (a > b) swap(a, b); ++a;
        int t = lgn[b-a+1];
        return min(f[t][a], f[t][b-bin[t]+1]);
    }
}b, f;
void work() {
    bin[0] = 1; for (int i = 1; i <= 25; i++) bin[i] = (bin[i-1]<<1);
    lgn[0] = -1; for (int i = 1; i < N; i++) lgn[i] = lgn[i>>1]+1;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        memset(s1, 0, sizeof(s1)), memset(s2 ,0, sizeof(s2));
        scanf("%s", f.ch+1); n = strlen(f.ch+1);
        for (int i = 1; i <= n; i++) b.ch[n-i+1] = f.ch[i];
        m = 255; f.get(); f.rmq(); m = 255; b.get(); b.rmq();
        for (int l = 1; l <= n; l++)
            for (int i = 1; i+l <= n; i += l) {
                int x = b.lcp(n-i+1, n-(i+l)+1), y = f.lcp(i+1, i+l+1);
                if (x+y < l) continue;
                int L = max(i-x+1, i-l+1), R = min(i-l+y+1, i);
                if (L > R) continue;
                s1[L+l*2-1]++, s1[R+l*2]--;
                s2[L]++, s2[R+1]--;
            }
        for (int i = 2; i <= n; i++) s1[i] += s1[i-1], s2[i] += s2[i-1];
        ll ans = 0;
        for (int i = 2; i <= n; i++) ans += 1ll*s1[i-1]*s2[i];
        printf("%lld\n", ans);
    }
}
int main() {work(); return 0; }
 

[NOI 2016]優秀的拆分