字符串作業（三）

LOJ #6158. A + B Problem

給出一個數字，求在其中兩位之間插入一個加號後得到的答案末尾 $0$ 最多的個數。

題解：
第二個數的末尾就是原串的末尾，所以如果需要和第一個數加起來末尾爲 $0$ ，那麼從後往前掃，第二個數爲 $0$ 的位在不進位的情況下第一個數的對應位需要是 $0$ ，不爲 $0$ 的位的對應位 $x$ 應該是 $10 - x$ ，然後開啓進位模式所有數的對應位都是 $9-x$ ，然後求一個原串和轉換後的串的最長公共前綴即可得出答案，可以寫 $\rm exkmp$
$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1000006
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define mod 998244353
#define S 131
#define LL long long
using namespace std;

char s[maxn],s0[maxn];
LL hs[2][maxn],pw[maxn];
int n;

LL calc(int a,int b,LL *hs){ return ((hs[b] - hs[a-1] * pw[b-a+1]) % mod + mod) % mod; }

int main(){
	pw[0] = 1;
	rep(i,1,maxn-1) pw[i] = pw[i-1] * S % mod;
	while(scanf("%s",s+1)!=EOF){
		n = strlen(s+1);
		rep(i,1,n) hs[0][i] = (hs[0][i-1] * S + s[i]) % mod , s0[i] = s[i]; 
		int i;
		for(i=n;i>=1 && s[i] == '0';i--);
		s[i] = (10 - (s[i] - '0')) + '0';
		int t = i;
		per(j,i-1,1) s[j] = (9 - (s[j] - '0')) + '0';
		rep(i,1,n) hs[1][i] = (hs[1][i-1] * S + s[i]) % mod;
		int ans = 0;
		rep(i,1,n-1){
			int L = 0 , R = min(i , n-i) , mid;
			for(;L<R;){
				mid = L+R+1 >> 1;
				if(calc(i-mid+1,i,hs[0]) == calc(n-mid+1,n,hs[1]))
					L = mid;
				else 
					R = mid - 1;
			}
			if(i <= t){
				while(n-L <= i && s0[i-L] == '9') L++;
				while(i-L <= 0 && n-L > i && s0[n-L] == '9') L++;
			}
			else{
				while(n-L <= i && s0[i-L] == '0') L++;
				while(i-L <= 0 && n-L > i &&s0[n-L] == '0') L++;
			}
			ans = max(ans , L);
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}

CF914F Substrings in a String

題意：單點修改 $S$ 中的一個字符，求 $S[l...r]$ 中 $T$ 的出現次數， $|S| , \sum|T| \leq 1e5，\rm Timelimit \ 6s$

~~太離譜了。~~
考慮到這是 $\rm CF$ 的 $\rm 6s$ ，我們用 $\rm bitset\ C[i][j]$ 代表字符 $i$ 在位置 $j$ 是否出現。
則求出 $ret = \operatorname{and}_{i=0}^{|T|-1} C[T_i]>>i$ 後取 $ret$ 在 $[l,r-|T|+1]$ 中的 $1$ 的個數即可。
時間複雜度 $O(\frac {n^2}{\omega})$ ~~無壓力水過~~
其實可以分塊一下得到更科學的複雜度：
對於長度大於塊大小 $S$ 的字符串我們暴力 $\rm kmp$ , $O(\frac {n^2}S)$
對於長度小於塊大小 $S$ 的字符串我們分它是在一個塊內還是跨兩個塊來考慮。
對於塊內的答案直接分塊求塊內的 $\rm bitset$ 即可做到 $O(\frac {nS}{\omega})$
對於跨兩個塊的答案直接對於 $\frac nS$ 個交界處前後 $|T|$ 個字符拿出來跑 $\rm kmp$ ， $O(\frac {n|T|}S)$ ，總複雜度還是 $O(\frac {n^2}S)$
所以 $S = \sqrt {\omega n}$ 時最快，爲 $O(\frac {n\sqrt n}{\sqrt \omega})$

$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define LL long long
using namespace std;

char s[maxn],ch[maxn];
int Q,n;

bitset<maxn>C[26];

int main(){
	scanf("%s",s+1);
	n = strlen(s+1);
	rep(i,1,n) C[s[i] - 'a'][i] = 1;
	scanf("%d",&Q);
	for(int op,l,r;Q--;){
		scanf("%d%d",&op,&l);
		if(op == 1){
			scanf("%s",ch);
			C[s[l]-'a'][l] = 0;
			C[(s[l]=ch[0])-'a'][l] = 1;
		}
		else{
			scanf("%d%s",&r,ch);
			int t = strlen(ch);
			static bitset<maxn>ans;
			ans.set();
			rep(i,0,t-1)
				ans &= (C[ch[i] - 'a'] >> i);
			r -= t - 1;
			ans <<= maxn - 1 - r;
			ans >>= maxn - 1 - r + l;
			printf("%d\n",ans.count());
		}
	}
}

$O(\frac {n\sqrt n}{\sqrt w})$ 做法：（實際上沒有快多少）

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define LL long long
#define S 1800
using namespace std;

char s[maxn],ch[maxn];
int Q,n,id[maxn],st[maxn],ed[maxn],nxt[maxn],m;

bitset<S>C[26][maxn/S+5];

int kmp(int l,int r){
	int ans = 0;
	for(int i=l,j=0;i<=r;i++){
		while(j != -1 && ch[j] != s[i]) j = nxt[j];
		if(++j == m) ans ++;
	}
	return ans;
}

int solve(int b,int l,int r){
	static bitset<S>ans;ans.set();
	rep(i,0,m-1) ans &= C[ch[i]-'a'][b] >> i;
	r -= m - 1;
	ans <<= S - 1 - r;
	ans >>= S - 1 - r + l;
	return ans.count();
}

int main(){
	scanf("%s",s+1);
	n = strlen(s+1);
	rep(i,1,n) id[i] = i / S , st[id[i]] = st[id[i]] ? st[id[i]] : i , ed[id[i]] = i;
	rep(i,1,n) C[s[i]-'a'][id[i]][i - st[id[i]]] = 1;
	scanf("%d",&Q);
	for(int op,l,r;Q--;){
		scanf("%d%d",&op,&l);
		if(op == 1){
			scanf("%s",ch);
			C[s[l]-'a'][id[l]][l - st[id[l]]] = 0;
			C[(s[l]=ch[0])-'a'][id[l]][l - st[id[l]]] = 1;
		}
		else{
			scanf("%d%s",&r,ch);
			m = strlen(ch);
			nxt[0] = -1;
			for(int j=-1,k=0;k<m;)
				if(j == -1 || ch[j] == ch[k]) nxt[++k] = ++j;
				else j = nxt[j];
			int ans = 0;
			if(m >= S) ans = kmp(l,r);
			else{
				rep(i,id[l],id[r]) ans += solve(i,max(l-st[i],0),min(r-st[i],ed[i]-st[i]));
				rep(i,id[l],id[r]-1) ans += kmp(max(l,ed[i]-m+2),min(ed[i]+m-1,r));
			}
			printf("%d\n",ans);
		}
	}
}

UPD:完全錯了，後一種做法還是 $O(\frac {n^2}{\omega})$ 的，根號做法還是推薦分塊維護後綴自動機加 $\rm kmp$ 。

CF1131E String Multiplication

在加入 $t$ 的時候隨便維護一下每個字母的最長相同字母連續子序列即可。

$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1000006
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define LL long long
using namespace std;

char s[maxn];
int n,m;
LL f[26];

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(;n--;){
		scanf("%s",s);
		m = strlen(s);
		vector<pair<int,int> >G;
		for(int i=0,j;i<m;i=j){
			for(j=i;j < m && s[i] == s[j];j++);
			G.push_back(make_pair(s[i]-'a' , j-i));
		}
		if(G.size() == 1){
			rep(i,0,25) if(i ^ G[0].first) 
				f[i] = min(f[i] , 1ll);
			f[G[0].first] = min(f[G[0].first] + (f[G[0].first] + 1ll) * G[0].second , (LL)1e11);
		}
		else{
			rep(i,0,25) f[i] = min(f[i] , 1ll);
			if(G[0].first == G.back().first) f[G[0].first] += G[0].second + G.back().second;
			else{
				f[G[0].first] += G[0].second;
				f[G.back().first] += G.back().second;
			} 
			rep(i,0,G.size()-1) f[G[i].first] = max(f[G[i].first] , G[i].second * 1ll);
		} 
	}
	LL ans = 0;
	rep(i,0,25) ans = max(ans , f[i]);
	printf("%d\n",ans);
}

CF653F Paper task

給定一個長度爲 $n$ 的括號串，問有多少種不同的合法的本質不同的括號子串。

一邊插入字符建出 $SAM$ ，一邊對於新出現的節點套個 $map$ 統計新節點所代表的串中有幾個合法的括號串。

$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 500005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define LL long long 
using namespace std;

int n;
char s[maxn];
map<int,int>P[maxn];
int fa[maxn<<1],last,len[maxn<<1],tr[maxn<<1][2],tot;
void ins(int c){
	int u = ++tot , p = last , q;
	len[last = u] = len[p] + 1;
	for(;p!=-1 && !tr[p][c];p=fa[p]) tr[p][c] = u;
	if(p == -1) fa[u] = 0;
	else if(len[q = tr[p][c]] == len[p] + 1) fa[u] = q;
	else{
		int v = ++tot;
		memcpy(tr[v],tr[q],sizeof tr[q]),fa[v]=fa[q],len[v]=len[p]+1;
		for(;p!=-1 && tr[p][c] == q;p=fa[p]) tr[p][c] = v;
		fa[q] = fa[u] = v;
	}
}

int main(){
	scanf("%d%s",&n,s+1);
	rep(i,0,n) P[i][0] = 0;
	stack<int>sta;
	LL ans = 0;fa[0] = -1;
	rep(i,1,n){
		ins(s[i] == '(' ? 0 : 1);
		if(s[i] == '(')
			sta.push(i);
		else{
			if(sta.empty()) P[0].clear(),P[0][0] = 0;
			else{
				int u = sta.top() , pr;
				sta.pop();
				if(sta.empty()) pr = 0;
				else pr = sta.top();
				int t = (*P[pr].rbegin()).second + 1;
				P[pr][u] = t;
				map<int,int>::iterator it = P[pr].lower_bound(i - len[fa[last]] + 1);
				it--;
				ans += (*it).second;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

CF610E Alphabet Permutations

字符集爲前 $k$ 個小寫字母，給出一個長度爲 $n \leq 200000$ 的字符串 $S$ ，有 $Q \leq 20000$ 次操作，有兩種操作，一種是將 $S[l,r]$ 賦值爲字符 $c$ ，一種是給出 $k$ 個小寫字母的一個排列作爲字符串 $T$ ，詢問往 $S$ 中插入字符後成爲 $T$ 循環 $p$ 次後，求最小的 $p$ 。

水題，線段樹隨便維護一下連續兩個字符爲 $ab$ 的方案數，那麼對於給出的排列， $a$ 的位置 $>$ $b$ 的位置則答案增加 $ab$ 的方案數。

$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 200005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define LL long long 
#define lc u<<1
#define rc lc|1
using namespace std;

int n,m,K;
int tr[maxn<<2][10][10],tag[maxn<<2],len[maxn<<2],pl[maxn<<2],pr[maxn<<2];
char ch[maxn],s[maxn];

void dtp(int u,int p){
	memset(tr[u],0,sizeof tr[u]);
	tr[u][p][p] = len[u]-1;
	pl[u] = pr[u] = p;
	tag[u] = p;
}

void dt(int u){
	if(tag[u] != -1){
		dtp(lc,tag[u]);
		dtp(rc,tag[u]);
		tag[u] = -1;
 	}
}

void upd(int u){
	rep(i,0,K-1) rep(j,0,K-1) tr[u][i][j] = tr[lc][i][j] + tr[rc][i][j];
	tr[u][pr[lc]][pl[rc]] ++;
	pl[u] = pl[lc] , pr[u] = pr[rc];
}

void Build(int u,int l,int r){
	len[u] = r-l+1;
	if(l==r) return (void)(pl[u]=pr[u]=s[l]-'a');
	int m=l+r>>1;
	Build(lc,l,m),Build(rc,m+1,r);
	upd(u);
}

void ins(int u,int l,int r,int ql,int qr,int p){
	if(l>qr||ql>r) return ;
	if(ql<=l&&r<=qr) return (void)(dtp(u,p));
	int m=l+r>>1;dt(u);
	ins(lc,l,m,ql,qr,p) , ins(rc,m+1,r,ql,qr,p);
	upd(u);
}

int main(){
	memset(tag,-1,sizeof tag);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
	scanf("%s",s+1);
	Build(1,1,n);
	for(int op,l,r,c;m--;){
		scanf("%d",&op);
		if(op == 1){
			scanf("%d%d%s",&l,&r,&ch);
			ins(1,1,n,l,r,ch[0]-'a');
		}
		else{
			scanf("%s",ch);
			static int p[11]={};
			int ans = 1;
			rep(i,0,K-1) rep(j,0,i)
				ans += tr[1][ch[i]-'a'][ch[j]-'a'];
			printf("%d\n",ans);
		}
	}
}

CF741E Arpa’s abnormal DNA and Mehrdad’s deep interest

寫 $hash$ 實現 $O(n\log^2n)$ 後綴排序後就是一個求 $l\leq i \leq r , x \leq (i \bmod k) \leq y$ 的 $rmq$ 問題。
對於這 $\bmod k$ ，
我們分 $k \leq S$ ，則離線後處理 $k$ 相等的所有詢問，對於 $i \bmod k$ 相同的所有 $i$ 寫一個 $RMQ$ 。
總複雜度 $O(Sn\log n)$
$k \gt S$ ，則暴力找所有的 $x+jk \leq i \leq y + jk$ 的區間，複雜度 $O(\frac {n^2}S)$ 。

$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define LL long long
#define pb push_back
#define Ct const
#define mod 998244353
using namespace std;

char s[maxn],t[maxn];
int q,ls,lt,c[maxn],rk[maxn];
LL pw[maxn],hst[maxn],hs[maxn];

LL calc(int u,int l){
	if(l <= u) return hs[l];
	if(l <= u + lt) return (hs[u] * pw[l-u] + hst[l-u]) % mod;
	return ((hs[u] * pw[l-u] + hst[lt] * pw[l-u-lt] + hs[l-lt] - hs[u] * pw[l-lt-u]) % mod + mod) % mod;
}

int getc(int u,int l){
	if(l <= u) return s[l];
	if(l <= u + lt) return t[l-u];
	return s[l-lt];
}

bool cmp(Ct int &u,Ct int &v){
	int L = 0 , R = ls + lt , mid;
	for(;L<R;){
		mid = L+R+1 >> 1;
		if(calc(u,mid) == calc(v,mid)) L = mid;
		else R = mid - 1;
	}
	return getc(u,L+1) < getc(v,L+1);
}

#define vc vector
#define vi vector<int>
#define lim 17
#define S 100

int L[maxn],R[maxn],K[maxn],X[maxn],Y[maxn],lg[maxn],ans[maxn];
vi G[maxn];

vc<vi>st;

bool cmp2(Ct int &u,Ct int &v){ if(rk[u] < rk[v] || (rk[u] == rk[v] && u < v)) return 1;return 0; }
int qry(int u,int v){
	if(u > v) return ls+1;
	int t = lg[v-u+1];
	return cmp2(st[t][u],st[t][v-(1<<t)+1]) ? st[t][u] : st[t][v-(1<<t)+1];
}

int main(){
	scanf("%s%s%d",s+1,t+1,&q);
	ls = strlen(s+1);
	lt = strlen(t+1);
	rep(i,1,ls) hs[i] = (hs[i-1] * S + s[i]) % mod;
	rep(i,1,lt) hst[i] = (hst[i-1] * S + t[i]) % mod;
	pw[0] = 1;
	rep(i,1,ls+lt) pw[i] = pw[i-1] * S % mod; 
	rep(i,0,ls) c[i] = i;
	sort(c,c+ls+1,cmp);
	int cnt = 0;
	rep(i,0,ls)
		if(i == 0 || cmp(c[i-1],c[i]))
			rk[c[i]] = ++cnt;
		else rk[c[i]] = cnt;
	st=vc<vi>(lim,vi(ls+1));
	rep(i,0,ls) st[0][i] = i;
	rep(j,1,lim-1) rep(i,0,ls-(1<<j)+1)
		st[j][i] = cmp2(st[j-1][i],st[j-1][i+(1<<j-1)]) ? st[j-1][i] : st[j-1][i+(1<<j-1)];
	rep(i,2,ls) lg[i] = lg[i>>1] + 1;
	
	rk[ls+1] = 0x3f3f3f3f;
	rep(i,1,q){	
		scanf("%d%d%d%d%d",&L[i],&R[i],&K[i],&X[i],&Y[i]);
		ans[i] = ls+1;
		if(K[i] <= S) G[K[i]].pb(i);
		else{
			for(int j=0;j*K[i]+X[i]<=ls;j++)
				if(j*K[i]+X[i] <= R[i] && j*K[i]+Y[i] >= L[i]){
					int t = qry(max(j*K[i]+X[i],L[i]),min(j*K[i]+Y[i],R[i]));
					if(cmp2(t,ans[i])) ans[i] = t;
				}
		}
	}
	rep(i,1,S) rep(j,0,i-1){
		st=vc<vi>(lim,vi(ls / i + 5));
		int len;
		for(len=0;i*len+j<=ls;len++) st[0][len] = i*len+j;
		rep(k,1,lim-1) rep(p,0,len-(1<<k)+1) 
			st[k][p] = cmp2(st[k-1][p],st[k-1][p+(1<<k-1)]) ? st[k-1][p] : st[k-1][p+(1<<k-1)];
		for(int v:G[i]) if(X[v] <= j && j <= Y[v]){
			int t = qry((int)ceil((1.0 * L[v]-j) / i) , (int)floor((1.0 * R[v] - j) / i));
			if(cmp2(t , ans[v]))
				ans[v] = t;
		}
	}
	rep(i,1,q) if(ans[i] == ls+1) ans[i] = -1;
	rep(i,1,q)
		printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==q]);
}

CF862F Mahmoud and Ehab and the final stage

有 $n$ 個字符串 $s[1..n]$ 和 $q$ 次操作,每次操作是 $1\ l\ r$ 表示詢問區間 $[l,r]$ 的所有子區間 $[a,b]$ 中， $\operatorname{lcp}(s[a],s[a+1],…,s[b])\times(b-a+1)$ 的最大值。 $2\ x\ str$ 表示把第 $x$ 個字符串改成 $str$ 。 $n,q\leq 1e5$ 。

容易發現 $\operatorname{lcp}(s[a],s[a+1],…,s[b])$ 和 $b-a+1$ 其中必有一個不會大於 $\sqrt n$ ，因爲如果 $b-a+1 > \sqrt n$ ，則 $s_i$ 的長度不可能都 $\gt \sqrt n$ ，所以 $\operatorname{lcp}(s[a],s[a+1],…,s[b]) \leq \sqrt n$ 。
所以就維護相鄰兩個字符串的 $lcp$ 數組，每次找出 $lcp \geq \sqrt n$ 的位置暴力插入維護答案，同時對於 $1...\sqrt n$ 每個維護一個線段樹維護區間最長爲 $1$ 的連續子段即可。
$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define LL long long 
#define pb push_back
#define S 350
#define maxp maxn * 100
using namespace std;

int n,Q,a[maxn];
string s[maxn];

int LCP(const string &a,const string &b){
	int r=0;
	for(;r < a.size() && r < b.size() && a[r] == b[r];r++);
	return r;
}

int lc[maxp],rc[maxp],lx[maxp],rx[maxp],mx[maxp],sz[maxp],bin[maxp],tot,rt[maxn];

int newnode(){
	int r = 0;
	if(bin[0]){
		r = bin[bin[0] --];
		lc[r] = rc[r] = lx[r] = rx[r] = mx[r] = sz[r] = 0;
	}
	else r = ++tot;
	return r;
}

void upd(int u,int l,int m,int r){
	sz[u] = sz[lc[u]] + sz[rc[u]];
	lx[u] = (lx[lc[u]] == m-l+1 ? lx[rc[u]] : 0) + lx[lc[u]];
	rx[u] = (rx[rc[u]] == r-m ? rx[lc[u]] : 0) + rx[rc[u]];
	mx[u] = max(mx[lc[u]] , max(mx[rc[u]] , lx[rc[u]] + rx[lc[u]]));
}

void ins(int &u,int l,int r,int p,int v){
	if(!u) u = newnode();
	sz[u] += v;
	if(l == r){
		lx[u] = rx[u] = mx[u] = sz[u];
		if(!sz[u]) bin[++bin[0]] = u , u = 0;
		return;
	}
	int m = l+r>>1;
	p <= m ? ins(lc[u],l,m,p,v) : ins(rc[u],m+1,r,p,v);
	upd(u,l,m,r);
	if(!sz[u]) bin[++bin[0]] = u , u = 0;
}

void qry(int u,int l,int r,int ql,int qr,int &MX,int &RX){
	if(ql>r||l>qr||!u) return (void)(RX = 0);
	if(ql<=l&&r<=qr) return (void)( MX = max(MX , max(mx[u] , RX + lx[u])) , RX = (rx[u] == r-l+1 ? RX : 0) + rx[u] );
	int m = l+r>>1;
	qry(lc[u],l,m,ql,qr,MX,RX) , qry(rc[u],m+1,r,ql,qr,MX,RX);
}
int c[maxn];
bool cmp(const int &u,const int &v){ return a[u] > a[v]; }
int F[maxn],SZ[maxn];
int Find(int u){ return !F[u] ? u : F[u] = Find(F[u]); }
set<int>mS,mA;

namespace SGT{
	int mx[maxn<<2];
	#define lc u<<1
	#define rc lc|1
	void ins(int u,int l,int r,int p,int v){
		if(l == r) return (void)(mx[u] = v);
		int m = l+r>>1;
		p <= m ? ins(lc,l,m,p,v) : ins(rc,m+1,r,p,v);
		mx[u] = max(mx[lc]  ,mx[rc]);
	}
	int qry(int u,int l,int r,int ql,int qr){
		if(l>qr||ql>r) return 0;
		if(ql<=l&&r<=qr) return mx[u];
		int m = l+r>>1;
		return max(qry(lc,l,m,ql,qr) , qry(rc,m+1,r,ql,qr));
	}
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n >> Q;
	rep(i,1,n){
		cin >> s[i];
		SGT::ins(1,1,n,i,s[i].length());
		if(i > 1){
			a[i-1] = LCP(s[i-1],s[i]);
			if(a[i-1] >= S) mA.insert(i-1);
			rep(j,1, min(a[i-1],S))
				ins(rt[j],1,n-1,i-1,1);
		}
	}
	for(int op,l,r;Q--;){
		cin >> op >> l;
		if(op == 1) {
			cin >> r;
			LL ans = SGT::qry(1,1,n,l,r);
			c[0] = 0;
			for(int v:mA) if(l <= v && v < r) c[++c[0]] = v , F[v] = F[v+1] = 0 , SZ[v] = SZ[v+1] = 1;
			sort(c+1,c+c[0]+1,cmp);
			rep(i,1,c[0]){
				int u = c[i] , v = u + 1;
				F[v] = Find(u);
				SZ[Find(u)] += SZ[v];
				ans = max(ans , 1ll * SZ[Find(u)] * a[u]);
			} 
			rep(i,1,S){
				int MX = 0 , RX = 0;
				qry(rt[i],1,n-1,l,r-1,MX,RX);
				if(MX) ans = max(ans , 1ll * (MX+1) * i);
			}
			printf("%lld\n",ans);
		}
		else{
			if(l > 1){
				if(a[l-1] >= S) mA.erase(l-1);
				rep(j,1,min(a[l-1],S))
					ins(rt[j],1,n-1,l-1,-1);
			}
			if(l < n){
				if(a[l] >= S) mA.erase(l);
				rep(j,1,min(a[l],S))
					ins(rt[j],1,n-1,l,-1);
			}
			cin >> s[l];
			SGT::ins(1,1,n,l,s[l].length());
			if(l > 1){
				a[l-1] = LCP(s[l-1],s[l]);
				if(a[l-1] >= S) mA.insert(l-1);
				rep(j,1, min(a[l-1],S))
					ins(rt[j],1,n-1,l-1,1);
			}
			if(l < n){
				a[l] = LCP(s[l],s[l+1]);
				if(a[l] >= S) mA.insert(l);
				rep(j,1,min(a[l],S))
					ins(rt[j],1,n-1,l,1);
			}
		}
	}
}

CF587F Duff is Mad

~~還是分塊，我吐了。~~
對於長度 $> \sqrt L$ 的建出 $s_k$ 的 $AC$ 自動機後暴力查詢 $s_l ... s_r$ 的子樹和。
對於長度 $\leq \sqrt L$ 的離線在 $AC$ 自動機從 $s_1$ 加到 $s_n$ ，然後 $O(|s_k|)$ 在 $AC$ 自動機上查詢的父親和，注意修改數是 $O(n)$ ，查詢數是 $O(n \sqrt n)$ ，可以用分塊維護前綴和得到 $O(n \sqrt n)$ 的複雜度。

$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define pb push_back
#define LL long long 
#define S 305
using namespace std;

int n,Q;
string s[maxn];
int L[maxn],R[maxn],K[maxn];
LL ans[maxn];
vector<int>in[maxn],ot[maxn],G[maxn<<1];

#define maxc 26
LL sm[maxn];
int last,fa[maxn<<1],tr[maxn<<1][maxc],len[maxn<<1],tot,f[maxn<<1],sa[maxn<<1],c[maxn<<1],pos[maxn];
void ins(int c){
	if(tr[last][c]){
		int p = last , q;
		if(len[q = tr[p][c]] != len[p] + 1){
			int v = ++tot;
			memcpy(tr[v],tr[q],sizeof tr[q]),fa[v] =fa[q] , len[v] = len[p] + 1;
			for(;p != -1 && tr[p][c] == q;p=fa[p]) tr[p][c] = v;
			fa[q] = v;
		}
		last = tr[last][c];
		return;
	}
	int u = ++tot , p = last , q;
	len[last = u] = len[p] + 1;
	for(;p!=-1 && tr[p][c]==0;p=fa[p]) tr[p][c]=u;
	if(p == -1) fa[u] = 0;
	else if(len[q=tr[p][c]] == len[p] + 1) fa[u] = q;
	else{
		int v = ++tot;
		memcpy(tr[v],tr[q],sizeof tr[q]),fa[v] =fa[q] , len[v] = len[p] + 1;
		for(;p != -1 && tr[p][c] == q;p=fa[p]) tr[p][c] = v;
		fa[q] = fa[u] = v;
	}
}

int st[maxn<<1],ed[maxn<<1],tim,ST[maxn<<1],ED[maxn<<1];

void dfs0(int u){
	st[u] = ++tim;
	for(int v:G[u]) 
		dfs0(v);
	ed[u] = tim;
}

int bl[maxn],sb[maxn<<1],id[maxn<<1];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n >> Q;
	rep(i,1,n) cin>>s[i];
	rep(i,1,Q){
		cin >> L[i] >> R[i] >> K[i];
		if(s[K[i]].length() <= S) ot[R[i]].pb(i),in[L[i]-1].pb(i);
		else G[K[i]].pb(i);
	}

	rep(i,1,n) if(!G[i].empty()){
		last = 0 , fa[0] = -1;
		rep(j,0,s[i].length()-1) ins(s[i][j]-'a'),f[last]++;
		
		rep(j,0,tot) c[j] = 0;
		rep(j,0,tot) c[len[j]]++;
		rep(j,1,tot) c[j] += c[j-1]; 
		rep(j,0,tot) sa[--c[len[j]]] = j;
		per(j,tot,1){
			int u = sa[j];
			f[fa[u]] += f[u];
		}
		
		rep(j,1,n){
			int u = 0 , L = 0;
			rep(k,0,s[j].length()-1){
				int v = s[j][k] - 'a';
				for(;u != -1 && !tr[u][v];u=fa[u]);
				if(u == -1) u = 0 , L = 0;
				else L = min(L + 1 , len[u] + 1) , u = tr[u][v];
			}
			sm[j] = sm[j-1] + (L == s[j].length()) * (f[u]);
		}
		
		for(int v:G[i])
			ans[v] = sm[R[v]] - sm[L[v]-1];
		G[i].clear();
		
		memset(tr,0,sizeof (tr[0]) * (tot+1));
		rep(j,0,tot) f[j] = 0;
		tot = 0;
	}
	last = 0;fa[0] = -1;
	rep(i,1,n){
		last = 0;
		rep(j,0,s[i].length()-1) ins(s[i][j]-'a');
		pos[i] = last;
	}
	rep(i,1,tot) G[fa[i]].pb(i);
	dfs0(0);
	rep(i,1,tim) id[i] = i / S , ST[id[i]] = ST[id[i]] ? ST[id[i]] : i , ED[id[i]] = i;;
	rep(i,1,n){
		int u = st[pos[i]] , v = ed[pos[i]];
		rep(j,id[u]+1,id[v]-1) bl[j] ++;
		if(id[u] == id[v]){
			rep(j,u,v) sb[j]++;
		}
		else{
			rep(j,u,ED[id[u]]) sb[j]++;
			rep(j,ST[id[v]],v) sb[j]++;
		}
		for(int p:in[i]){
			int u = 0 , t = K[p];
			rep(j,0,s[t].length()-1){
				v = s[t][j] - 'a';
				for(;u != -1 && !tr[u][v];u = fa[u]);
				if(u == -1) u = 0;
				else u = tr[u][v];
				ans[p] -= sb[st[u]] + bl[id[st[u]]]; 
			}
		}
		
		for(int p:ot[i]){
			int u = 0 , t = K[p];
			rep(j,0,s[t].length()-1){
				v = s[t][j] - 'a';
				for(;u != -1 && !tr[u][v];u = fa[u]);
				if(u == -1) u = 0;
				else u = tr[u][v];
				ans[p] += sb[st[u]] + bl[id[st[u]]]; 
			}
		}
	}
	rep(i,1,Q) printf("%lld\n",ans[i]);
}

CF1110H Modest Substrings

LOJ #6681. yww 與樹上的迴文串

給一棵樹，每條邊上有一個字符，求有多少對 $(x,y)(x<y)$ ，滿足 $x$ 到 $y$ 路徑上的邊上的字符按順序組成的字符串爲迴文串。

題解：
點分治，然後迴文串分爲兩部分 $S$ 和 $T+S$ ，其中 $T$ 是 $T+S$ 的一個迴文前綴，所以我們建出 $AC$ 自動機，同時用 $hash$ 判斷每個前綴是否是迴文前綴。
算了太毒了。

字符串作業（三）

LOJ #6158. A + B Problem

CF914F Substrings in a String

CF1131E String Multiplication

CF653F Paper task

CF610E Alphabet Permutations

CF741E Arpa’s abnormal DNA and Mehrdad’s deep interest

CF862F Mahmoud and Ehab and the final stage

CF587F Duff is Mad

CF1110H Modest Substrings

LOJ #6681. yww 與樹上的迴文串

字符串作業（四）

字符串作業（三）

非數據結構向字符串算法

各種反演等數學難題

LOJ #2476. 「2018 集訓隊互測 Day 3」蒜頭的獎盃（三元環計數）

https://yachay.unat.edu.pe/blog/index.php?comment_area=format_blog&comment_component=blog&comment_co

linux以太網驅動總結