洛谷P1117 [NOI2016]優秀的拆分（巧妙的計數方法）

題目

[NOI2016]優秀的拆分

分析

統計以$S_i$開頭的形如$\text{AA}$的子串的數量，存入$L[i]$；統計以$S_i$結尾的形如$\text{AA}$的子串，存入$R[i]$。於是把可以把它們拼起來，答案就是$\sum \limits_{i = 2}^{n} (L[i] \times R[i - 1])$。
$L$與$R$數組的處理，暴力枚舉+哈希判斷相等是$O(n^2)$的，考慮優化這個東西。

我們枚舉$\text{A}$的長度$l$，那麼一個$\text{A}$在$S$中會經過且僅經過一個$S_{k \cdot l}$，如圖所示，藍點是$S_{k \cdot l}$，可見任何一個長度爲$l$的子串必然經過一個藍點。

那麼我們把這個串看成左右兩端，即以$S_{k \cdot l}$開始的後綴（下圖中橙色示意的範圍）和以$S_{k \cdot l}$開始的前綴（下圖中綠色示意的範圍），這兩個前後綴在$S_{k \cdot l}$處重合。

不妨假設這個串是某個$\text{AA}$的子串的前一個$\text{A}$，那麼它後面緊接着一個跟它一模一樣的：

即橙色（兩個後綴）和綠色（兩個前綴）分別相等。
發現了，我們只需要找到以$S_{k \cdot l}$與$S_{(k + 1) \cdot l}$結尾的最長公共後綴（LCS），和以$S_{k \cdot l}$與$S_{(k + 1) \cdot l}$開頭的最長公共前綴（LCP），這兩個二分+哈希$O(n \log n)$即可找到。

找到了過後，看下圖（下圖的$l = 7$，且只是截取了$S$中的一部分），假設橙色標記的是LCS，綠色標記的是LCP，那麼紅色標記三對子串都是形如$\text{AA}$的：

這個時候我們就左邊的三個端點（灰色）的$R[i]$全部加一，右邊的三個端點（灰色）的$L[i]$全部加一即可，只有區間加法，差分一下即可 （當然線段樹也可以） 。

給不明白差分的小夥伴；
令$L'[i] = L[i] - L[i - 1]$，那麼我們對$L'[i]$進行操作，最後可以通過$L[i] = \sum \limits_{j = 1}^{i} L'[j]$，來還原$L[i]$。
發現$L[i]$其實是$L'[i]$的前綴和數組，那麼$L[i]$的區間加法（$[l, r]$上加$d$），在$L'[i]$上只用改兩個點：$L'[l] += d$，$L'[r + 1] -= d$，這樣一來，想想算前綴和的過程，$[l, r]$這一段全部都多了$d$。

總時間複雜度$O\left(\left(\dfrac{n}{1}+\dfrac{n}{2}+\cdots+\dfrac{n}{n}\right)\log n\right)=O(n\log^2 n)$。（用SAM/SA可以少個log？）

代碼

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>

int Read() {
    int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9')
        f |= c =='-', c = getchar();
    while (c >= '0' && c <= '9')
        x = x * 10 + (c ^ 48), c = getchar();
    return f ? -x : x;
}

typedef long long LL;

const int MAXN = 30000;
const int PRIME = 233;
const int MOD = 1000000009;

int N;
char S[MAXN + 5];
int L[MAXN + 5], R[MAXN + 5];

int Hash[MAXN + 5], Pow[MAXN + 5];

int Key(int lft, int rgt) {
    return (Hash[rgt] - (LL)Hash[lft - 1] * Pow[rgt - lft + 1] % MOD + MOD) % MOD;
}

int GetLCS(int i, int j) {
    int lft = 0, rgt = std::min(j - i, i) + 1; // 注意上界不要超了，否則會訪問到不該訪問的地方
    while (lft + 1 < rgt) {
        int mid = (lft + rgt) >> 1;
        if (Key(i - mid + 1, i) == Key(j - mid + 1, j))
            lft = mid;
        else
            rgt = mid;
    }
    return lft;
}

int GetLCP(int i, int j) {
    int lft = 0, rgt = std::min(j - i, N - j + 1) + 1; // 這裏也是
    while (lft + 1 < rgt) {
        int mid = (lft + rgt) >> 1;
        if (Key(i, i + mid - 1) == Key(j, j + mid - 1))
            lft = mid;
        else
            rgt = mid;
    }
    return lft;
}

int main() {
    Pow[0] = 1;
    int T = Read();
    while (T--) {
        scanf("%s", S + 1);
        N = strlen(S + 1);
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
            L[i] = R[i] = 0;
            Pow[i] = (LL)Pow[i - 1] * PRIME % MOD;
            Hash[i] = ((LL)Hash[i - 1] * PRIME + (S[i] - 'a')) % MOD;
        }
        for (int len = 1; 2 * len <= N; len++) {
            for (int i = 1; i + len <= N; i += len) {
                int lcs = GetLCS(i, i + len), lcp = GetLCP(i, i + len);
                if (lcs + lcp - 1 >= len) {
                    L[i - lcs + 1]++, L[i + lcp - len + 1]--;
                    R[i - lcs + 2 * len]++, R[i + lcp + len]--; // 這四個點自己參照圖算一下就能找到
                }
            }
        }
        for (int i = 1; i <= N; i++)
            L[i] += L[i - 1], R[i] += R[i - 1]; // 由差分數組還原
        long long Ans = 0;
        for (int i = 2; i <= N; i++)
            Ans += (long long)L[i] * R[i - 1];
        printf("%lld\n", Ans);
    }
}