[noi1754]SA

枚举T中失配的位置i，容易发现能够成立当且仅当存在一个以$T[0,i)$为后缀的前缀$S[0,a)$且$T(i,|T|)$是$S(a,|S|)$的一个前缀

考虑建立S的正序和倒序的两个后缀自动机，设$T[0,i)$对应点x（正序自动机中），$T(i,|T|)$对应点y（倒序自动机中），那么必然有$a-1\in right(x)$和$a+1\in right(y)$，具体地，如果将每一个前缀连向空一个字符的后缀，那么当且仅当两者的present子树中存在一条边

然后有一个小问题，当$T[i]=S[a]$的时是不需要累计答案的，由于每一个位置分割都满足存在，所以要减去$出现次数|T|\cdot 出现次数$

如果把边看成$(x,y)$的点（按照dfs序），那么相当于二维数点的问题，用差分离线+线段树即可，时间复杂度$o(26|S|+log_{|S|}\sum {|T|})$，常数较大

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 #define N 1000005
  4 #define L (k<<1)
  5 #define R (L+1)
  6 #define mid (l+r>>1)
  7 struct sam{
  8     int V,s[N],len[N],nex[N],ch[N][31],id[N],dfn[N],sz[N];
  9     vector<int>v[N];
 10 }S[2];
 11 struct qu{
 12     int p,id,x,y;
 13 };
 14 vector<int>v[N];
 15 vector<qu>Q[N];
 16 int n,las,pre[N],lst[N],ans[N],f[N<<2];
 17 char s[N];
 18 void add(int t,int c,int x){
 19     int p=las,np=las=S[t].id[x]=++S[t].V;
 20     S[t].s[np]=1;
 21     S[t].len[np]=S[t].len[p]+1;
 22     while ((p)&&(!S[t].ch[p][c])){
 23         S[t].ch[p][c]=np;
 24         p=S[t].nex[p];
 25     }
 26     if (!p)S[t].nex[np]=1;
 27     else{
 28         int q=S[t].ch[p][c];
 29         if (S[t].len[q]==S[t].len[p]+1)S[t].nex[np]=q;
 30         else{
 31             int nq=++S[t].V;
 32             S[t].nex[nq]=S[t].nex[q];
 33             S[t].len[nq]=S[t].len[p]+1;
 34             memcpy(S[t].ch[nq],S[t].ch[q],sizeof(S[t].ch[q]));
 35             S[t].nex[q]=S[t].nex[np]=nq;
 36             while ((p)&&(S[t].ch[p][c]==q)){
 37                 S[t].ch[p][c]=nq;
 38                 p=S[t].nex[p];
 39             }
 40         }
 41     }
 42 }
 43 void dfs(int p,int k){
 44     S[p].sz[k]=1;
 45     S[p].dfn[k]=++las;
 46     for(int i=0;i<S[p].v[k].size();i++){
 47         dfs(p,S[p].v[k][i]);
 48         S[p].s[k]+=S[p].s[S[p].v[k][i]];
 49         S[p].sz[k]+=S[p].sz[S[p].v[k][i]];
 50     }
 51 }
 52 void update(int k,int l,int r,int x){
 53     f[k]++;
 54     if (l==r)return;
 55     if (x<=mid)update(L,l,mid,x);
 56     else update(R,mid+1,r,x);
 57 }
 58 int query(int k,int l,int r,int x,int y){
 59     if ((l>y)||(x>r))return 0;
 60     if ((x<=l)&&(r<=y))return f[k];
 61     return query(L,l,mid,x,y)+query(R,mid+1,r,x,y);
 62 }
 63 int main(){
 64     scanf("%s%d",s,&n);
 65     int l=strlen(s);
 66     las=S[0].V=S[1].V=S[0].id[0]=S[1].id[l]=1;
 67     for(int i=0;i<l;i++)add(0,s[i]-'a',i+1);
 68     las=1;
 69     for(int i=l-1;i>=0;i--)add(1,s[i]-'a',i);
 70     for(int i=1;i<=S[0].V;i++)S[0].v[S[0].nex[i]].push_back(i);
 71     las=0;
 72     dfs(0,1);
 73     for(int i=1;i<=S[1].V;i++)S[1].v[S[1].nex[i]].push_back(i);
 74     las=0;
 75     dfs(1,1);
 76     for(int i=1;i<=n;i++){
 77         scanf("%s",s);
 78         int ll=strlen(s);
 79         memset(pre,0,sizeof(pre));
 80         memset(lst,0,sizeof(lst));
 81         pre[0]=lst[ll]=1;
 82         for(int j=0;j<ll;j++)
 83             if (!S[0].ch[pre[j]][s[j]-'a'])break;
 84             else pre[j+1]=S[0].ch[pre[j]][s[j]-'a'];
 85         for(int j=ll-1;j>=0;j--)
 86             if (!S[1].ch[lst[j+1]][s[j]-'a'])break;
 87             else lst[j]=S[1].ch[lst[j+1]][s[j]-'a'];
 88         if (pre[ll])ans[i]-=ll*S[0].s[pre[ll]];
 89         for(int j=0;j<ll;j++)
 90             if ((pre[j])&&(lst[j+1])){
 91                 Q[S[0].dfn[pre[j]]-1].push_back(qu{-1,i,S[1].dfn[lst[j+1]],S[1].dfn[lst[j+1]]+S[1].sz[lst[j+1]]-1});
 92                 Q[S[0].dfn[pre[j]]+S[0].sz[pre[j]]-1].push_back(qu{1,i,S[1].dfn[lst[j+1]],S[1].dfn[lst[j+1]]+S[1].sz[lst[j+1]]-1});
 93             }
 94     }
 95     for(int i=0;i<l;i++)v[S[0].dfn[S[0].id[i]]].push_back(S[1].dfn[S[1].id[i+1]]);
 96     for(int i=1,j=0;i<=S[0].V;i++){
 97         for(int j=0;j<v[i].size();j++)update(1,1,S[1].V,v[i][j]);
 98         for(int j=0;j<Q[i].size();j++)ans[Q[i][j].id]+=Q[i][j].p*query(1,1,S[1].V,Q[i][j].x,Q[i][j].y);
 99     }
100     for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);
101 }