UOJ219 NOI2016 优秀的拆分 二分、字符串哈希

传送门

---

题目可以转化为求\(AA\)的数量，设\(cnt1_x\)表示左端点为\(x\)的\(AA\)的数量，\(cnt2_x\)表示右端点为\(x\)的\(AA\)的数量，那么答案就是\(\sum cnt2_i \times cnt1_{i+1}\)

比较朴素的想法是枚举两个后缀然后哈希/SA判断这两个后缀的LCP是否足够长，能够拼成一个\(AA\)形式的串。然后这样就能拿95分？？？

考虑\(n\)比较大的时候优化枚举。我们对于所有\(len \in [1,\frac{N}{2}]\)，在串中标记若干个关键点，两个相邻的关键点的距离为\(len\)。那么一个形如\(AA\)、长度为\(2 \times len\)的串会覆盖恰好\(2\)个关键点，而且两个关键点在覆盖了它的\(A\)串中的位置是一样的。

这意味着对于这两个关键点\(i,j = i+len\)，\(min(LCP(suffix_i,suffix_j),len) + min(len,LCS(prefix_i , prefix_j)) > len\)（与\(len\)取\(min\)的原因是不能让覆盖范围超出了\(i,j\)两个点）。这给了我们需要求\(LCP\)与\(LCS\)的信息。SA与二分+Hash均可（反正这题不卡复杂度）。

当然做到上面我们仍然没有优化复杂度……

接下来，考虑算出了\(q=min(LCP(suffix_i,suffix_j),len)\)与\(p=min(len,LCS(prefix_i , prefix_j))\)，这意味着串\(s_{[i-p+1 , i + q - 1]}\)与\(s_{[j-p+1,j+q-1]}\)是相等的，而\(j = i + len\)。那么我们随意取出\(s_{[i-p+1 , i + q - 1]}\)的一段长度为\(len\)的段，它的右边都一定紧接着一段长度为\(len\)并且与它相同的段。所以\(cnt1_{i-p+1,i+q-len}\)都会这一步中\(+1\)，同时\(cnt2_{i-p+1+2 \times len , i + q + len}\)也会\(+1\)。使用差分数组维护，最后前缀和一下就可以统计答案了。

因为调和级数\(\sum \limits _{i=1}^n \frac{n}{i} < nlogn\)，所以总复杂度为\(O(nlogn)\)（使用SA）或者\(O(nlog^2n)\)（使用二分+Hash）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define PLL pair < long long , long long >
//This code is written by Itst
using namespace std;

inline int read(){
    int a = 0;
    char c = getchar();
    bool f = 0;
    while(!isdigit(c) && c != EOF){
        if(c == '-')
            f = 1;
        c = getchar();
    }
    if(c == EOF)
        exit(0);
    while(isdigit(c)){
        a = a * 10 + c - 48;
        c = getchar();
    }
    return f ? -a : a;
}

const int MAXN = 3e4 + 7 , seed = 131 , MOD1 = 1e9 + 7 , MOD2 = 1e9 + 9;
char s[MAXN];
int L , sum1[MAXN] , sum2[MAXN];
ll Hash[MAXN][2] , poww[MAXN][2] , ans;

inline void init_hash(){
    for(int i = 1 ; i <= L ; ++i){
        Hash[i][0] = (Hash[i - 1][0] * seed + s[i]) % MOD1;
        Hash[i][1] = (Hash[i - 1][1] * seed + s[i]) % MOD2;
    }
}

inline PLL get_hash(int l , int r){
    return PLL((Hash[r][0] - Hash[l - 1][0] * poww[r - l + 1][0] % MOD1 + MOD1) % MOD1 , (Hash[r][1] - Hash[l - 1][1] * poww[r - l + 1][1] % MOD2 + MOD2) % MOD2);
}

inline int calc_LCP(int p , int q){
    int l = 0 , r = min(q - p , L - q + 1);
    while(l < r){
        int mid = (l + r + 1) >> 1;
        get_hash(p , p + mid - 1) == get_hash(q , q + mid - 1) ? l = mid : r = mid - 1;
    }
    return l;
}

inline int calc_LCS(int p , int q){
    int L = 0 , R = min(q - p , p);
    while(L < R){
        int mid = (L + R + 1) >> 1;
        get_hash(p - mid + 1 , p) == get_hash(q - mid + 1 , q) ? L = mid : R = mid - 1;
    }
    return L;
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in","r",stdin);
    //freopen("out","w",stdout);
#endif
    poww[0][0] = poww[0][1] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= 3e4 ; ++i){
        poww[i][0] = poww[i - 1][0] * seed % MOD1;
        poww[i][1] = poww[i - 1][1] * seed % MOD2;
    }
    for(int T = read() ; T ; --T){
        memset(sum1 , 0 , sizeof(sum1));
        memset(sum2 , 0 , sizeof(sum2));
        scanf("%s" , s + 1);
        L = strlen(s + 1);
        init_hash();
        for(int i = 1 ; i < L ; ++i)
            for(int j = 1 ; j + i <= L ; j += i){
                int p = calc_LCS(j , j + i) , q = calc_LCP(j , j + i);
                if(p + q - 1 >= i){
                    ++sum1[j - p + 1];
                    --sum1[j + q - i + 1];
                    ++sum2[j - p + 1 + 2 * i - 1];
                    --sum2[j + q + i];
                }
            }
        for(int i = 1 ; i <= L ; ++i){
            sum1[i] += sum1[i - 1];
            sum2[i] += sum2[i - 1];
        }
        ans = 0;
        for(int i = 1 ; i < L ; ++i)
            ans += sum2[i] * sum1[i + 1];
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}