sam好,好写好调好ac!

原题:

图片题面好评

2<=N<=500000

在syq大神的指点下终于理解一道后缀自动姬了quq

(其实是因为这道题的dp主要是在后缀树(就是拓扑序)上搞树形dp……

恩sam有个好玩的东西呢就是搞出后缀自动姬后根据max搞一个类似与后缀数组中countrank的东西

这个就是自动姬的拓扑序,同时也是parent树的不知道什么序,反正如果倒叙遍历这个序列的话x一定会比father[x]先访问到就对了

然后就可以直接用countrank搞树形dp辣

每个树点对答案的贡献就是(max[x]-max[father[x]])*C_{|right[x]|}^{2}

写到这里我突然发现这个组合数不太理解啊,如果两个节点在同一个子节点的子树中怎么办……

一定是还有什么性质我没考虑到

syq回寝吃泡面了,只能回去问syq了quq

啊,syq吃完泡面后讲明白了quq

就像下面酱紫一个图:

在这个后缀树中,现在计算2节点对于答案的贡献

我本来的想法是如果直接用2的深度乘C_{子树大小}^{2}岂不是会出现两个节点在同一子节点的子树中然后重复计算的情况?
但是实际上在计算贡献的时候是用(max[x]-max[father[x]])乘组合数的,这个表示的是2和1之间的连边,而不是2的深度

2和1对答案的贡献显然就乘C_{子树大小}^{2}

这样就解决了Σlcp(i,j)*2的问题,至于前面那些东西,最后结果是(n+1)*(n-1)*n/2,请同学们自行推到 _(:3 」∠)_

代码:

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
int rd(){int z=,mk=; char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')mk=-; ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){z=(z<<)+(z<<)+ch-''; ch=getchar();}
return z*mk;
}
char s[]; int n;
int nxt[][],fa[],mx[],sz[],sm[];
int lst=,tt=;
int cnt[],cntrk[];
void ist(int x){
int p=lst,np=lst=++tt;
mx[np]=mx[p]+; sz[np]=sm[np]=;
while(!nxt[p][x] && p) nxt[p][x]=np,p=fa[p];
if(!p) fa[np]=;
else{
int q=nxt[p][x];
if(mx[p]+==mx[q]) fa[np]=q;
else{
int nq=++tt; mx[nq]=mx[p]+;
memcpy(nxt[nq],nxt[q],sizeof(nxt[q]));
fa[nq]=fa[q]; fa[q]=fa[np]=nq;
while(nxt[p][x]==q) nxt[p][x]=nq,p=fa[p];
}
}
}
void gtcntrk(){
for(int i=;i<=tt;++i) ++cnt[mx[i]];
for(int i=;i<=n;++i) cnt[i]+=cnt[i-];
for(int i=tt;i;--i) cntrk[cnt[mx[i]]--]=i;
}
ll play(){
ll bwl=;
for(int i=tt;i;--i){
sz[fa[cntrk[i]]]+=sz[cntrk[i]];
/*bwl+=(ll)sm[fa[cntrk[i]]]*sz[cntrk[i]]*mx[fa[cntrk[i]]];
sm[fa[cntrk[i]]]+=sz[cntrk[i]];*/
bwl+=(ll)(mx[cntrk[i]]-mx[fa[cntrk[i]]])*sz[cntrk[i]]*(sz[cntrk[i]]-);
}
return bwl;
}
int main(){//freopen("ddd.in","r",stdin);
scanf("%s",s+); n=strlen(s+);
for(int i=;i<=n;++i) ist(s[i]-'a');
gtcntrk();
cout<<(ll)(n+)*n/*(n-)-play()<<endl;
return ;
}

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