题目大意
给出一个字符串\(S\)，长度为\(n\)（\(n\leq 10^5\)），\(S[l:r]\)表示\(S_l,S_{l+1}...,S_r\)这个子串。有\(m\)（\(m\leq 3\times 10^5\)）次询问，每次询问给出\(l,r\)，问有多少对\((i,j)\)（\(1\leq i<i+1<j\leq n\)），使与\(S[l:r]\)本质相同的子串出现在\(S[1:i]\)中或\(S[i+1:j-1]\)中或\(S[j:n]\)中。
题解
询问相当于是问有多少种方案在\(S\)中找两个缝隙切两刀，使两刀不重合，且存在一个与\(S[l:r]\)本质相同的子串没被切。
这个比较难考虑，可以把它转换成 在\(n-1\)个缝隙中选两个的总方案数-所有与\(S[l:r]\)本质相同的子串都被切的方案数。
所有与\(S[l:r]\)本质相同的子串都被切的方案数分以下几种情况考虑：
一、\(S\)中存在三个与\(S[l:r]\)本质相同的子串，且其中每两个的交集大小不超过1
会发现此时怎么切两刀都切不全这三个串，方案数为0。
二、\(S\)中不存在三个与\(S[l:r]\)本质相同的子串，且其中每两个的交集大小不超过1：假设所有这样的子串的最左的左端点为\(ll\)，最左的右端点为\(lr\)，最右的左端点为\(rl\)，最右的右端点为\(rr\)，\(S[l:r]\)长度为\(len\)，\(r_i\)表示right集合的第\(i\)个。
\(\space\space\space\space\) 1.\(S\)中所有与\(S[l:r]\)本质相同的子串的交集不为空
\(\space\space\space\space\) \(\space\space\space\space\)(1)靠前的一刀没切到与\(S[l:r]\)本质相同的子串：另一刀必须切在所有这样的子串的交集\([rl,lr]\)上。这部分答案=\(ll\times (lr-rl)\)。注意刀只能切在缝隙上，所以是\((rl-lr)\)而不是\((rl-lr+1)\)。
\(\space\space\space\space\) \(\space\space\space\space\)(2)靠前的一刀切到了一些与\(S[l:r]\)本质相同的子串，但没切在所有与\(S[l:r]\)本质相同的子串的交集上：会发现第二刀肯定要切在第一刀没切到的子串的交集上。所以对于两种方案，当它们第一刀切的串相同时，第二刀可行的取值范围相同。两种方案的第一刀都在\([r_i-len+1,r_{i+1}-len+1)\)时，它们切的串都是\([1,i]\)这个区间中的,它们第二刀的取值范围都是\([rl,r_{i+1}]\)。也就是说，这部分答案=\(\sum(r_{i+1}-r_i)\times(r_{i+1}-rl)\)
\(\space\space\space\space\) \(\space\space\space\space\)(3)靠前的一刀切到所有与\(S[l:r]\)本质相同的子串的交集上：其实这部分与(1)合并后就是“存在一刀切在所有与\(S[l:r]\)本质相同的子串的交集上，但靠前的一刀不是(2)的情况”。两刀都切在交集上的方案数是\(C_{lr-rl}^2\)。对于只有一刀切在交集上的情况，相当于其中一刀不能在\([lr-len+1,lr]\)上，另一刀必须在\([lr,rl]\)上，所以这部分是 \((n-len)\times(lr-rl)\)。也就是说(1)和(3)总共是\(C_{lr-rl}^2+(n-len)\times(lr-rl)\)。
\(\space\space\space\space\) 2. \(S\)中所有与\(S[l:r]\)本质相同的子串的交集为空：两刀必须都切到与\(S[l:r]\)本质相同的子串，且都切不到这些子串的交集，和上一种情况的(2)类似。但是第一刀可能切不到最左的串，\([rl,r_{i+1}]\)也可能是空集。发现当\(r_i-len+1<lr\)且\(r_{i+1}>rl\)时，第一刀切在\([r_i,r_{i+1})\)都是合法的。这种情况的答案是\(\sum\limits_{r_{i+1}>rl}^{r_i-len+1<lr}(r_{i+1}-r_i)\times(r_{i+1}-rl)\)。还可能有一段\([r_i,r_{i+1})\)，满足\(lr\in[r_i-len+1,r_{i+1}-len+1)\)即\((lr+len-1)\in[r_i,r_{i+1})\)，这一段中比较靠前的地方\([r_i-len+1,lr]\)可以切，靠后的不可以切。计算这种情况需要求\(lr+len-1\)左边第一个right集合的元素\(r_p\)和右边第一个\(r_s\)。这部分的答案是\((lr-r_p+len-1)\times (r_s-rl)\)，需要注意的是，当\(r_s\leq rl\)时这部分的答案是0。
需要维护right集合和\(\sum(r_{i+1}-r_i)\times(r_{i+1}-rl)\)，可以拆成\(s_1(l,r)=\sum(r_{i+1}-r_i)\)和\(s_2(l,r)=\sum(r_{i+1}-r_i)\times r_{i+1}\)，这样就可以线段树维护区间right集合中最左和最右，合并时\(s1(l,r)=s1(l,mid)+s1(mid+1,r)+min(mid+1,r)-max(l,mid)\)，\(s2(l,r)=s2(l,mid)+s2(mid+1,r)+(min(mid+1,r)-max(l,mid))\times min(mid+1,r)\)。
求right集合需要线段树合并。据说不离线的话，“可持久化 线段树合并”会MLE。
代码
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define rep(i,x,y) for(register int i=(x);i<=(y);++i)
#define dwn(i,x,y) for(register int i=(x);i>=(y);--i)
#define view(u,k) for(int k=fir[u];~k;k=nxt[k])
#define LL long long
#define maxn 100007
#define maxnd 200007
#define maxq 300007
#define maxk 6400007
#define ls son[u][0]
#define rs son[u][1]
#define mi (l+r>>1)
#define Ls(u) son[u][0]
#define Rs(u) son[u][1]
#define pb push_back
#define int long long
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
void write(LL x)
{
if(x==0){putchar('0'),putchar('\n');return;}
int f=0;char ch[20];
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
while(x)ch[++f]=x%10+'0',x/=10;
while(f)putchar(ch[f--]);
putchar('\n');
return;
}
int n,ch[maxnd][10],dis[maxnd],rt[maxnd],fa[maxnd],pt[maxn],lst,cnt,rot;
int son[maxk][2],cntnd,m,c[maxn],ord[maxnd],anc[maxnd][20];
char s[maxn];
LL ans[maxq];
struct node{int mx,mn;LL sum[2];}tr[maxk];
struct quest{int l,r,id;};
vector<quest>qt[maxnd];
void gt(node & x,node y){x.mx=y.mx,x.mn=y.mn,x.sum[0]=y.sum[0],x.sum[1]=y.sum[1];return;}
void pu(node & x,node ld,node rd)
{
x.mx=rd.mx,x.mn=ld.mn,x.sum[0]=ld.sum[0]+rd.sum[0]+(LL)(rd.mn-ld.mx),x.sum[1]=ld.sum[1]+rd.sum[1]+(LL)(rd.mn-ld.mx)*rd.mn;
return;
}
int build(int u,int l,int r,int x)
{
if(!u)u=++cntnd;
if(x<=l&&r<=x){tr[u].mx=tr[u].mn=x,tr[u].sum[0]=tr[u].sum[1]=0;return u;}
if(x<=mi)ls=build(ls,l,mi,x);
else rs=build(rs,mi+1,r,x);
if(!ls||!rs)gt(tr[u],tr[ls|rs]);
else pu(tr[u],tr[ls],tr[rs]);return u;
}
int merge(int ua,int ub,int l,int r)
{
if(!ua||!ub)return ua|ub;
Ls(ua)=merge(Ls(ua),Ls(ub),l,mi);
Rs(ua)=merge(Rs(ua),Rs(ub),mi+1,r);
if(!Ls(ua)||!Rs(ua))gt(tr[ua],tr[Ls(ua)|Rs(ua)]);
else pu(tr[ua],tr[Ls(ua)],tr[Rs(ua)]);return ua;
}
void ask(int u,int l,int r,int x,int y,node & k)
{
if(!u||x>y)return;
if(x<=l&&r<=y){if(k.mx==0)gt(k,tr[u]);else pu(k,k,tr[u]);return;}
if(x<=mi&&ls)ask(ls,l,mi,x,y,k);
if(y>mi&&rs)ask(rs,mi+1,r,x,y,k);
return;
}
int pref(int u,int x){node kk;kk.mx=kk.mn=0,ask(u,1,n,1,x,kk);return kk.mx;}
int sufx(int u,int x){node kk;kk.mx=kk.mn=0,ask(u,1,n,x,n,kk);return kk.mn;}
int gx(char c){return c-'0';}
void ext(int i)
{
int p=lst,v=gx(s[i]),np=++cnt;dis[np]=i,lst=pt[i]=np;rt[np]=build(rt[np],1,n,i);
for(;p&&!ch[p][v];p=fa[p])ch[p][v]=np;
if(!p)fa[np]=rot;
else
{
int q=ch[p][v];
if(dis[p]+1==dis[q])fa[np]=q;
else
{
int nq=++cnt;
dis[nq]=dis[p]+1;memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
fa[nq]=fa[q],fa[q]=fa[np]=nq;
for(;p&&ch[p][v]==q;p=fa[p])ch[p][v]=nq;
}
}
}
int tp[maxq];
LL c2(int x){return (LL)x*(x-1)/2ll;}
signed main()
{
rot=lst=cnt=1;
scanf("%d%d%s",&n,&m,s+1);
rep(i,1,n)ext(i);
rep(i,1,cnt)c[dis[i]]++;
rep(i,1,n)c[i]+=c[i-1];
rep(i,1,cnt)ord[c[dis[i]]--]=i;
rep(j,1,cnt)
{
int i=ord[j];
anc[i][0]=fa[i];
rep(k,1,19)anc[i][k]=anc[anc[i][k-1]][k-1];
}
rep(i,1,m)
{
int l=read(),r=read(),nd=pt[r];
dwn(j,19,0)if(dis[anc[nd][j]]>=r-l+1)nd=anc[nd][j];
quest q;q.l=l,q.r=r,q.id=i;qt[nd].pb(q);
}
dwn(j,cnt,1)
{
int i=ord[j],sz=qt[i].size(),rr=tr[rt[i]].mx,lr=tr[rt[i]].mn;
rep(k,0,sz-1)
{
int len=qt[i][k].r-qt[i][k].l+1,rl=rr-len+1,nd3=0;
if(lr+len-1<=n)nd3=sufx(rt[i],lr+len-1);
if(nd3&&nd3<=rl){tp[qt[i][k].id]=3;continue;}
if(lr>rl){tp[qt[i][k].id]=1;ans[qt[i][k].id]=-tr[rt[i]].sum[0]*((LL)rl)+tr[rt[i]].sum[1]+c2(lr-rl)+(LL)(lr-rl)*(n-len);}
else
{
int sec,fst=pref(rt[i],rl);
node kk;kk.mx=kk.mn=0;if(fst)ask(rt[i],1,n,fst,lr+len-1,kk);
if(kk.mx)ans[qt[i][k].id]=-(LL)rl*kk.sum[0]+kk.sum[1];
fst=sec=0;
if(lr+len-1<=n)fst=pref(rt[i],lr+len-1),sec=sufx(rt[i],lr+len-1);
if(sec&&fst&&sec>rl)ans[qt[i][k].id]+=(LL)(lr-fst+len-1)*(sec-rl);
tp[qt[i][k].id]=2;
}
}
rt[fa[i]]=merge(rt[fa[i]],rt[i],1,n);
}
rep(i,1,m){write(c2(n-1)-ans[i]);}
return 0;
}一些感想
写一下调一年，自闭不花一分钱
原文地址：https://www.cnblogs.com/xzyf/p/11559743.html