『题解』[NOI2016]优秀的拆分

如果一个字符串可以被拆分为\(AABB\)的形式，其中$A和 B是任意非空字符串，则我们称该字符串的这种拆分是优秀的。

例如，对于字符串\(aabaabaa\)，如果令\(A=aab\)，\(B=a\)，我们就找到了这个字符串拆分成\(AABB\)的一种方式。

一个字符串可能没有优秀的拆分，也可能存在不止一种优秀的拆分。比如我们令\(A=a\)，\(B=baa\)，也可以用 AABB表示出上述字符串；但是，字符串\(abaabaa\)就没有优秀的拆分。

现在给出一个长度为\(n\)的字符串\(S\)，我们需要求出，在它所有子串的所有拆分方式中，优秀拆分的总个数。这里的子串是指字符串中连续的一段。

以下事项需要注意：

• 出现在不同位置的相同子串，我们认为是不同的子串，它们的优秀拆分均会被记入答案。

• 在一个拆分中，允许出现\(A=B\)。例如\(cccc\)存在拆分\(A=B=c\)。

• 字符串本身也是它的一个子串。

对于\(AABB\)，我们完全可以只考虑\(AA\)，这样令\(f[i]\)表示以i结尾的\(AA\)数量，\(g[i]\)表示以\(i\)开头的\(AA\)数量，那么显然就是\(sigma(f[i]g[i+1])\)。

对于\(AA\)怎么求，大体的思路和URAL1297：Palindrome求回文串是一样的，就是通过比较后缀的公共前缀来得到AA的长度，进而求出这段区间内\(f[i]g[i]\)的值。

但是这样显然是\(O(n^{2})\)的。

我们用分块的思想，枚举\(l\)，将字符串分成\(l\)大小的块，则长度为\(l\)的\(AA\)一定最少跨过两个块，于是对于块边界点，求一次公共前缀和后缀，拼在一起就是我们所要的答案，复杂度调和级数\(O(n×log_{2}^{n})\)。

注意，为了让复杂度正确，我们对区间的\(f\)和\(g\)差分。

代码：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e6+10;
char s[N];
int n,m,rk[N],height[N],sa[N],w[N],cas,dp[N][21],lg[N];
int f[N],g[N];
inline int qpow(int a)
{
	return 1<<a;
}
inline bool pan(int *x,int i,int j,int k)
{
	int ti=i+k<n?x[i+k]:-1;
	int tj=j+k<n?x[j+k]:-1;
	return ti==tj&&x[i]==x[j];
}
void SA_init()
{
	int *x=rk,*y=height,r=256;
	for(int i=0; i<r; i++)w[i]=0;
	for(int i=0; i<n; i++)w[s[i]]++;
	for(int i=1; i<r; i++)w[i]+=w[i-1];
	for(int i=n-1; i>=0; i--)sa[--w[s[i]]]=i;
	r=1;
	x[sa[0]]=0;
	for(int i=1; i<n; i++)
		x[sa[i]]=s[sa[i]]==s[sa[i-1]]?r-1:r++;
	for(int k=1; r<n; k<<=1)
	{
		int yn=0;
		for(int i=n-k; i<n; i++)y[yn++]=i;
		for(int i=0; i<n; i++)
			if(sa[i]>=k)y[yn++]=sa[i]-k;
		for(int i=0; i<r; i++)w[i]=0;
		for(int i=0; i<n; i++)w[x[y[i]]]++;
		for(int i=1; i<r; i++)w[i]+=w[i-1];
		for(int i=n-1; i>=0; i--)sa[--w[x[y[i]]]]=y[i];
		swap(x,y);
		r=1;
		x[sa[0]]=0;
		for(int i=1; i<n; i++)
			x[sa[i]]=pan(y,sa[i],sa[i-1],k)?r-1:r++;
	}
}
inline void height_init()
{
	int i,j,k=0;
	for(int i=1; i<=n; i++)rk[sa[i]]=i;
	for(int i=0; i<n; i++)
	{
		if(k)k--;
		j=sa[rk[i]-1];
		while(s[i+k]==s[j+k])k++;
		height[rk[i]]=k;
	}
}
void st_init()
{
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		dp[i-1][0]=height[i];
		lg[i]=lg[i-1];
		if((1<<lg[i]+1)==i)lg[i]++;
	}
	for(int j=1; j<=lg[n]; j++)
	{
		for(int i=0; i<n; i++)
		{
			if(i+qpow(j)-1>=n)break;
			dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i+qpow(j-1)][j-1]);
		}
	}
}
int lcp(int a,int b)
{
	int l=rk[a],r=rk[b];
	if(r<l)swap(l,r);
	l--;
	r--;
	if(r<0)return 0;
	l++;
	int len=r-l+1;
	int k=lg[len];
	int h=qpow(k);
	return min(dp[l][k],dp[r-h+1][k]);
}
int main()
{
	scanf("%d",&cas);
	while(cas--)
	{
		memset(f,0,sizeof(f));
		memset(g,0,sizeof(g));
		cin>>s;
		m=strlen(s),n=2*m+1;
		s[m]='$';
		for(int i=m+1; i<n; i++)
		{
			s[i]=s[n-i-1];
		}
		s[n++]=0;
		SA_init();
		n--;
		height_init();
		st_init();
		for(int l=1; l<=m/2; l++)
		{
			for(int i=0,j=l; j<m; i+=l,j+=l)
			{
				int p=min(l,lcp(i,j));
				int s=min(l,lcp(n-i-1,n-j-1));
				if(p+s-1>=l)
				{
					f[j-s+l]++;
					f[j+p]--;
					g[i-s+1]++;
					g[i+p-l+1]--;
				}
			}
		}
		ll ans=0;
		for(int i=1; i<m; i++)
		{
			f[i]+=f[i-1];
			g[i]+=g[i-1];
		}
		for(int i=0; i<m-1; i++)
		{
			ans+=(ll)f[i]*g[i+1];
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}