【BZOJ4560】[NOI2016]优秀的拆分

【BZOJ4560】[NOI2016]优秀的拆分

题面

bzoj

洛谷

题解

考虑一个形如\(AABB\)的串是由两个形如\(AA\)的串拼起来的

那么我们设

\(f[i]\):以位置\(i\)为结尾的形如\(AA\)串的个数

\(g[i]\):以位置\(i\)为开头的形如\(AA\)串的个数

\[\therefore Ans=\sum_{i=1}^nf[i]*g[i+1]
\]

题目的难点转化为求\(f,g\)。

但是，其实我们只要\(O(n^2)\)暴力求一下就有\(95pts\)了，

所以我们接下来考虑最后的\(5pts\)怎么拿：

我们枚举\(A\)的长度\(len\)

将所有位置为\(len\)的倍数的点设为关键点，

则如果一个\(AA\)满足要求

这个\(AA\)必过两个关键点，

那么我们要算的就是相邻两个关键点对答案的贡献：

记相邻两个关键点为\(，i，j\)那么\(j=i+len\)

记\(Lcp=lcp(suf(i), suf(j)),Lcs=lcs(pre(i-1),pre(j-1))\)

那么，如果\(Lcp+Lcs<len\)，则不能构成\(AA\)

为什么呢？

相当于这样一种情况：

\[\underbrace{.......i-1}_{Lcs}\;\overbrace{\underbrace{i........}_{Lcp}\;....\underbrace{.......j-1}_{Lcs}}^{len}\;\underbrace{j........}_{Lcp}
\]

这样子是不合法的。

反之，中间两段的\(Lcp,Lcs\)会有交，而我们这个\(A\)串的终点落在中间长度为\(Lcp+Lcs-len+1\)的交上都是可以的

因为这样的话平移一下可以保证紧跟着出现一个不重叠的\(A\)串

又因为串\(A\)起点和终点分别出现的位置是一段区间，所以直接分别在\(f,g\)上差分即可

复杂度是调和级数\(O(nlogn)\)。

具体细节看代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
inline int gi() {
    register int data = 0, w = 1;
    register char ch = 0;
    while (!isdigit(ch) && ch != '-') ch = getchar();
    if (ch == '-') w = -1, ch = getchar();
    while (isdigit(ch)) data = 10 * data + ch - '0', ch = getchar();
    return w * data;
}
const int MAX_N = 3e4 + 5;
char a[MAX_N];
int N, lg[MAX_N], f[MAX_N], g[MAX_N];
struct SuffixArray {
	int sa[MAX_N], rnk[MAX_N], lcp[MAX_N];
	void buildSA() {
        #define cmp(i, j, k) (y[i] == y[j] && y[i + k] == y[j + k])
		static int x[MAX_N], y[MAX_N], bln[MAX_N];
		memset(sa, 0, sizeof(sa));
		memset(rnk, 0, sizeof(rnk));
		memset(lcp, 0, sizeof(lcp));
		memset(x, 0, sizeof(x));
		memset(y, 0, sizeof(y));
		memset(bln, 0, sizeof(bln));
		int M = 122;
		for (int i = 1; i <= N; i++) bln[x[i] = a[i]]++;
		for (int i = 1; i <= M; i++) bln[i] += bln[i - 1];
		for (int i = N; i >= 1; i--) sa[bln[x[i]]--] = i;
		for (int k = 1; k <= N; k <<= 1) {
			int p = 0;
			for (int i = 0; i <= M; i++) y[i] = 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++) bln[i] = 0;
			for (int i = 1; i <= N; i++) bln[x[y[i]]]++;
			for (int i = 1; i <= M; i++) bln[i] += bln[i - 1];
			for (int i = N; i >= 1; i--) sa[bln[x[y[i]]]--] = y[i];
			swap(x, y); x[sa[1]] = p = 1;
			for (int i = 2; i <= N; i++) x[sa[i]] = cmp(sa[i], sa[i - 1], k) ? p : ++p;
			if (p >= N) break;
			M = p;
		}
		for (int i = 1; i <= N; i++) rnk[sa[i]] = i;
		for (int i = 1, j = 0; i <= N; i++) {
			if (j) j--;
			while (a[i + j] == a[sa[rnk[i] - 1] + j]) ++j;
			lcp[rnk[i]] = j;
		}
	}
	int st[16][MAX_N];
	void buildST() {
		memset(st, 63, sizeof(st));
		for (int i = 1; i <= N; i++) st[0][i] = lcp[i];
		for (int i = 1; i <= 15; i++)
			for (int j = 1; j <= N; j++)
				st[i][j] = min(st[i - 1][j], st[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
	}
	int query(int l, int r) {
		int _l = l, _r = r;
		l = min(rnk[_l], rnk[_r]) + 1, r = max(rnk[_l], rnk[_r]);
		int t = lg[r - l + 1];
		return min(st[t][l], st[t][r - (1 << t) + 1]);
	}
} A, B;
void Sol() {
	scanf("%s", a + 1); N = strlen(a + 1);
	A.buildSA(), A.buildST();
	reverse(&a[1], &a[N + 1]);
	B.buildSA(), B.buildST();
	memset(f, 0, sizeof(f));
	memset(g, 0, sizeof(g));
	for (int Len = 1; Len <= N / 2; Len++) {
		for (int i = Len, j = i + Len; j <= N; i += Len, j += Len) {
			int Lcp = min(A.query(i, j), Len), Lcs = min(B.query(N - i + 2, N - j + 2), Len - 1);
			int t = Lcp + Lcs - Len + 1;
			if (Lcp + Lcs >= Len) {
				g[i - Lcs]++, g[i - Lcs + t]--;
				f[j + Lcp - t]++, f[j + Lcp]--;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= N; i++) f[i] += f[i - 1], g[i] += g[i - 1];
	long long ans = 0;
	for (int i = 1; i < N; i++) ans += 1ll * f[i] * g[i + 1];
	printf("%lld\n", ans);
}
int main () {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("cpp.in", "r", stdin);
#endif
	for (int i = 2; i <= 30000; i++) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
	int T; scanf("%d", &T);
	while (T--) Sol();
	return 0;
}