BZOJ
洛谷

令\(st[i]\)表示以\(i\)為開頭有多少個\(AA\)這樣的子串，\(ed[i]\)表示以\(i\)結尾有多少個\(AA\)這樣的子串。那麼\(Ans=\sum_{i=1}^{n-1}ed[i]*st[i+1]\)。

考慮如何求\(st[i],ed[i]\)。暴力的話可以列舉\(i\)，然後雜湊判一下。這樣\(O(n^2)\)就有\(95\)分了。。

正解是，列舉長度\(len\)，判斷每個位置是否存在長為\(2*len\)的\(AA\)這樣的子串。

每隔\(len\)的距離放一個關鍵點，這樣一個長度為\(2*len\)的串一定會經過兩個相鄰的關鍵點。

考慮列舉兩個相鄰的關鍵點，即令\(i=k*len,\ j=i+len\)

當\(x+y-1<len\)時，因為中間沒有相同的部分所以找不到一個經過\(i,j\)長為\(2*len\)的\(AA\)串。

當\(x+y-1\geq len\)時，我們發現因為\(i,j\)是兩個相距為\(len\)的點，我們取\(i-x+len,\ j-x+len\)，這兩個點之間能形成長\(2*len\)的\(AA\)

也就是當\(p\)取\([j-x+len,\ j+y-1]\)中的某個位置時，都能得到以\(p\)為結尾的長為\(2*len\)的\(AA\)串。同理當\(p\)在\([i-x+1,\ i+y-len]\)中時，也都能得到以\(p\)開頭的長為\(2*len\)的\(AA\)串。

所以就是區間加一，差分一下就可以了。

只是列舉\(len\)，然後每隔\(len\)放一個點，統計相鄰兩點間的貢獻。所以複雜度還是\(O(n\log n)\)。

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
const int N=3e4+5;

int Log[N];
struct Suffix_Array
{
    int tm[N],sa[N],sa2[N],rk[N],ht[N],st[N][15];

    inline void Init_ST(const int n)
    {
        for(int i=1; i<=n; ++i) st[i][0]=ht[i];
        for(int j=1; j<=Log[n]; ++j)
            for(int t=1<<j-1,i=n-t; i; --i)
                st[i][j]=std::min(st[i][j-1],st[i+t][j-1]);
    }
    inline int LCP(int l,int r)
    {
        l=rk[l], r=rk[r]; if(l>r) std::swap(l,r);
        ++l;
        int k=Log[r-l+1];
        return std::min(st[l][k],st[r-(1<<k)+1][k]);
    }
    void Build(char *s,const int n)
    {
        memset(rk,0,sizeof rk);
        memset(sa2,0,sizeof sa2);//要清空...! 因為下面比較懶得加<=n了。
        int m=26,*x=rk,*y=sa2;
        for(int i=0; i<=m; ++i) tm[i]=0;
        for(int i=1; i<=n; ++i) ++tm[x[i]=s[i]-'a'+1];
        for(int i=1; i<=m; ++i) tm[i]+=tm[i-1];
        for(int i=n; i; --i) sa[tm[x[i]]--]=i;
        for(int k=1,p=0; k<n; k<<=1,m=p,p=0)
        {
            for(int i=n-k+1; i<=n; ++i) y[++p]=i;
            for(int i=1; i<=n; ++i) if(sa[i]>k) y[++p]=sa[i]-k;

            for(int i=0; i<=m; ++i) tm[i]=0;
            for(int i=1; i<=n; ++i) ++tm[x[i]];
            for(int i=1; i<=m; ++i) tm[i]+=tm[i-1];
            for(int i=n; i; --i) sa[tm[x[y[i]]]--]=y[i];

            std::swap(x,y), x[sa[1]]=p=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])?p:++p;//because of this
            if(p>=n) break;
        }
        for(int i=1; i<=n; ++i) rk[sa[i]]=i;
        ht[1]=0;
        for(int i=1,k=0,p; i<=n; ++i)
        {
            if(rk[i]==1) continue;
            if(k) --k;
            p=sa[rk[i]-1];
            while(i+k<=n && p+k<=n && s[i+k]==s[p+k]) ++k;
            ht[rk[i]]=k;
        }
        Init_ST(n);
    }
}sa1,sa2;

inline void Init_Log(const int n)
{
    for(int i=2; i<=n; ++i) Log[i]=Log[i>>1]+1;
}
void Solve()
{
    static int st[N],ed[N];
    static char s[N];
    scanf("%s",s+1); const int n=strlen(s+1);
    sa1.Build(s,n), std::reverse(s+1,s+1+n), sa2.Build(s,n);

    memset(st,0,n+1<<2), memset(ed,0,n+1<<2);
    for(int len=1,lim=n>>1; len<=lim; ++len)
        for(int i=len,j=len<<1; j<=n; i=j,j+=len)
        {
            int x=std::min(len,sa2.LCP(n-i+1,n-j+1)),y=std::min(len,sa1.LCP(i,j));
            if(x+y-1>=len)
                ++st[i-x+1], --st[i+y-len+1], ++ed[j-x+len], --ed[j+y];
        }
    LL ans=0;
    for(int i=1; i<n; ++i) st[i+1]+=st[i], ed[i+1]+=ed[i], ans+=1ll*ed[i]*st[i+1];
    printf("%lld\n",ans);
}

int main()
{
    Init_Log(30000);
    int T; scanf("%d",&T);
    while(T--) Solve();
    return 0;
}