[Noi2016]优秀的拆分
题目
如果一个字符串可以被拆分为 AABB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=aab,B=a，我们就找到了这个字符串拆分成 AABB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=a，B=baa，也可以用 AABB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 n 的字符串 S，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=B。例如 cccc 存在拆分 A=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 T，表示数据的组数。保证 1≤T≤10。接下来 T 行，每行包含一个仅由英文小写字母构成的字符串 S，意义如题所述。N≤30000
OUTPUT
输出 T 行，每行包含一个整数，表示字符串 S 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
OUTPUT
3
5
4
7
解题报告
$SA$的力量= =
显然我们不用处理什么$AABB$，只需要去处理所有$AA$形式，再去统计答案即可
设$pre[i]$表示以$i$这个字符开头的$AA$型子串的数目
设$nxt[i]$表示以$i$这个字符结尾的$AA$型子串的数目
则答案$ans=\sum _{i=1}^{n-1}pre[i+1]\times nxt[i]$
所以问题就转化成了求$AA$型的子串
我们可以枚举找的$AA$型子串长度的一半，去判断$lcp$与$lcs$
枚举$i=k*len$,$j=i+len$
设$x=lcp(suffix(i),suffix(j))$,$y=lcs(pre(i-1),pre(j-1))$
若$x+y\geqslant len$,那么我们就找到了$x+y-len+1$个长度为$2\times len$的$AA$串
差分一下就$GG$了
1 #include<iostream>
2 #include<cstring>
3 #include<cstdio>
4 using namespace std;
5 #define mem(x) memset((x),0,sizeof((x)))
6 struct SA{
7 char s[60005];
8 int n,m;
9 int t1[60005],t2[60005],t3[60005],buc[60005];
10 int sa[60005],Rank[60005],height[60005],mn[60005][20];
11 SA(){}
12 inline void clear(){
13 m=130;
14 mem(t1),mem(t2),mem(t3),mem(buc),mem(sa),mem(Rank),mem(height),mem(mn);
15 }
16 inline void init(){
17 scanf("%s",s+1);
18 n=strlen(s+1);
19 }
20 inline void Suffix(){
21 int i,j,k(0),p(0),*x(t1),*y(t2),*t;
22 for(i=0;i<=m;++i)buc[i]=0;
23 for(i=1;i<=n;++i)++buc[x[i]=s[i]];
24 for(i=1;i<=m;++i)buc[i]+=buc[i-1];
25 for(i=n;i>=1;--i)sa[buc[x[i]]--]=i;
26 for(j=1;p<n;j<<=1,m=p){
27 for(p=0,i=n-j+1;i<=n;++i)y[++p]=i;
28 for(i=1;i<=n;++i)
29 if(sa[i]>j)
30 y[++p]=sa[i]-j;
31 for(i=0;i<=m;++i)buc[i]=0;
32 for(i=1;i<=n;++i)t3[i]=x[y[i]];
33 for(i=1;i<=n;++i)++buc[t3[i]];
34 for(i=1;i<=m;++i)buc[i]+=buc[i-1];
35 for(i=n;i>=1;--i)sa[buc[t3[i]]--]=y[i];
36 for(t=x,x=y,y=t,x[sa[1]]=1,p=1,i=2;i<=n;++i)
37 x[sa[i]]=((y[sa[i]]==y[sa[i-1]])&&(y[sa[i]+j]==y[sa[i-1]+j]))?p:++p;
38 }
39 for(i=1;i<=n;++i)Rank[sa[i]]=i;
40 for(i=1;i<=n;height[Rank[i++]]=k)
41 for(k?--k:0,j=sa[Rank[i]-1];s[i+k]==s[j+k];++k);
42 }
43 inline void ST(){
44 for(int i=1;i<=n;++i)mn[i][0]=height[i];
45 for(int i=1;(1<<i)<=n;++i)
46 for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;++j)
47 mn[j][i]=min(mn[j][i-1],mn[j+(1<<i-1)][i-1]);
48 }
49 inline int lcp(int x,int y){
50 if(y>n)return 0;
51 x=Rank[x],y=Rank[y];
52 if(x>y)swap(x,y);
53 ++x;
54 int k(0),len(y-x+1);
55 while((1<<k)<=len)++k;
56 --k;
57 return min(mn[x][k],mn[y-(1<<k)+1][k]);
58 }
59 inline void work(){
60 Suffix();
61 ST();
62 }
63 }a,b;
64 inline void inv(){
65 b.n=a.n;
66 for(int i=1;i<=a.n;++i)
67 b.s[i]=a.s[a.n-i+1];
68 }
69 typedef long long L;
70 L ans;
71 L cnt1[30005],cnt2[30005];
72 inline void doit(){
73 ans=0;
74 mem(cnt1),mem(cnt2);
75 int edge(a.n>>1);
76 for(int l=1;l<=edge;++l)
77 for(int i=l,j=l<<1;j<=a.n;i+=l,j+=l){
78 int x(min(a.lcp(i,j),l));
79 int y(min(b.lcp(a.n-(i-1)+1,a.n-(j-1)+1),l-1));
80 int tmp(x+y-l+1);
81 if(x+y>=l){
82 ++cnt1[i-y];--cnt1[i-y+tmp];
83 ++cnt2[j+x-tmp];--cnt2[j+x];
84 }
85 }
86 for(int i=1;i<=a.n;++i)
87 cnt1[i]+=cnt1[i-1],cnt2[i]+=cnt2[i-1];
88 for(int i=1;i<=a.n;++i)
89 ans+=cnt1[i+1]*cnt2[i];
90 printf("%lld\n",ans);
91 }
92 int main(){
93 int T;
94 scanf("%d",&T);
95 while(T--){
96 a.clear(),b.clear();
97 a.init();
98 a.work();
99 inv();
100 b.work();
101 doit();
102 }
103 }