[BZOJ]4650: [Noi2016]优秀的拆分

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Description

　　如果一个字符串可以被拆分为 AABBAABB 的形式，其中 AA 和 BB 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=aabA=aab，B=aB=a，我们就找到了这个字符串拆分成 AABBAABB 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=aA=a，B=baaB=baa，也可以用 AABBAABB 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 nn 的字符串 SS，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=BA=B。例如 cccc 存在拆分 A=B=cA=B=c。字符串本身也是它的一个子串。

Input

　　每个输入文件包含多组数据。输入文件的第一行只有一个整数 TT，表示数据的组数。保证 1≤T≤101≤T≤10。接下来 TT 行，每行包含一个仅由英文小写字母构成的字符串 SS，意义如题所述。

Output

　　输出 TT 行，每行包含一个整数，表示字符串 SS 所有子串的所有拆分中，总共有多少个是优秀的拆分。

Sample Input

　　4
　　aabbbb
　　cccccc
　　aabaabaabaa
　　bbaabaababaaba

Sample Output

　　3
　　5
　　4
　　7
　　我们用 S[i,j]S[i,j] 表示字符串 SS 第 ii 个字符到第 jj 个字符的子串（从 11 开始计数）。第一组数据中，共有 33 个子串存在优秀的拆分：S[1,4]=aabbS[1,4]=aabb，优秀的拆分为 A=aA=a，B=bB=b；S[3,6]=bbbbS[3,6]=bbbb，优秀的拆分为 A=bA=b，B=bB=b；S[1,6]=aabbbbS[1,6]=aabbbb，优秀的拆分为 A=aA=a，B=bbB=bb。而剩下的子串不存在优秀的拆分，所以第一组数据的答案是 33。第二组数据中，有两类，总共 44 个子串存在优秀的拆分：对于子串 S[1,4]=S[2,5]=S[3,6]=ccccS[1,4]=S[2,5]=S[3,6]=cccc，它们优秀的拆分相同，均为 A=cA=c，B=cB=c，但由于这些子串位置不同，因此要计算 33 次；对于子串 S[1,6]=ccccccS[1,6]=cccccc，它优秀的拆分有 22 种：A=cA=c，B=ccB=cc 和 A=ccA=cc，B=cB=c，它们是相同子串的不同拆分，也都要计入答案。所以第二组数据的答案是 3+2=53+2=5。第三组数据中，S[1,8]S[1,8] 和 S[4,11]S[4,11] 各有 22 种优秀的拆分，其中 S[1,8]S[1,8] 是问题描述中的例子，所以答案是 2+2=42+2=4。第四组数据中，S[1,4]S[1,4]，S[6,11]S[6,11]，S[7,12]S[7,12]，S[2,11]S[2,11]，S[1,8]S[1,8] 各有 11 种优秀的拆分，S[3,14]S[3,14] 有 22 种优秀的拆分，所以答案是 5+2=75+2=7。

Solution

　　只要统计每个位置为左/右端点时AA的个数即可统计答案。枚举A的长度$l$，那么我们取$n/l$个相邻间隔为$l$的代表点，任意一个合法的AA必然同时包含两个相邻的代表点，且包含两个相邻代表点的合法AA的左右端点都是连续的区间，我们求出这两个代表点的最长公共前后缀即可求出区间，打上差分标记即可。枚举这些代表点的复杂度是$O(nlogn)$，用后缀数组可以$O(1)$求最长公共前后缀，总复杂度$O(nlogn)$。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MN 60000
#define K 16
#define ms(a) memset(a,0,sizeof(a))
char s[MN+];
int v[MN+],A[MN*+],*sa=A,*rk=sa+MN+,*nsa=rk+MN+,*nrk=nsa+MN+;
int len,h[K][MN+],lg[MN+],L[MN+],R[MN+];
int query(int l,int r)
{
    int x=lg[r-l+];
    return min(h[x][l],h[x][r-(<<x)+]);
}
int lcp(int x,int y)
{
    if(rk[x]>rk[y])swap(x,y);
    return query(rk[x]+,rk[y]);
}
int lcs(int x,int y)
{
    return lcp(*len+-x,*len+-y);
}
int main()
{
    int T,n,i,j,l;long long ans;
    for(i=;i<=MN;++i)lg[i]=lg[i+>>]+;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        ms(s);ms(v);ms(A);ms(L);ms(R);
        scanf("%s",s+);len=strlen(s+);
        s[len+]='a'-;n=len*+;
        for(i=;i<=len;++i)s[i+len+]=s[len-i+];
        for(i=;i<=n;++i)++v[s[i]];
        for(i='a';i<='z';++i)v[i]+=v[i-];
        for(i=;i<=n;++i)sa[v[s[i]]--]=i;
        for(i=;i<=n;++i)rk[sa[i]]=rk[sa[i-]]+(s[sa[i]]!=s[sa[i-]]);
        for(l=;l<n;l<<=,swap(sa,nsa),swap(rk,nrk))
        {
            for(i=;i<=n;++i)v[rk[sa[i]]]=i;
            for(i=n;i;--i)if(sa[i]>l)nsa[v[rk[sa[i]-l]]--]=sa[i]-l;
            for(i=;i<l;++i)nsa[v[rk[n-i]]--]=n-i;
            for(i=;i<=n;++i)nrk[nsa[i]]=nrk[nsa[i-]]+(rk[nsa[i]]!=rk[nsa[i-]]||rk[nsa[i]+l]!=rk[nsa[i-]+l]);
        }
        for(i=,l=;i<=n;++i,l?--l:)
            if(rk[i]>){for(j=sa[rk[i]-];s[i+l]==s[j+l];++l);h[][rk[i]]=l;}
        for(i=;i<K;++i)for(j=;j+(<<i)-<=n;++j)h[i][j]=min(h[i-][j],h[i-][j+(<<i-)]);
        for(i=;*i<len;++i)for(j=;j+i<=len;j+=i)
        {
            int a=min(lcs(j,j+i),i),b=min(lcp(j,j+i),i);
            if(a+b>i)++L[j-a+],--L[j+b-i+],++R[j+i-a+i],--R[j+i+b];
        }
        for(ans=,i=;i<len;++i)ans+=1LL*(R[i]+=R[i-])*(L[i+]+=L[i]);
        printf("%lld\n",ans);
    }
}