Description
Input
一行,一个字符串S
Output
一行,一个整数,表示所求值
Sample Input
cacao
Sample Output
54
HINT
2<=N<=500000,S由小写英文字母组成
YY了后缀自动机的解法:
首先题意就是让你求sigma(LCP(i,j)|i<j)
将字符串反过来,考虑两个后缀对答案的贡献,其实就是节点x和y的lca节点包含的最长子串长度
那么将SAM构出来,考虑当LCA为节点z时,有多少满足条件的(x,y),这个枚举z的相邻子节点,dp一下即可
code:O(n) 2104ms
#include<cstdio> #include<cctype> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; const int maxn=1000010; int n,to[maxn][26],fa[maxn],l[maxn],f[maxn],x[maxn],w[maxn],od[maxn],cnt=1,last=1; void extend(int c) { int p,q,np,nq; p=last;last=np=++cnt;l[np]=l[p]+1;f[np]=w[np]=1; for(;!to[p][c];p=fa[p]) to[p][c]=np; if(!p) fa[np]=1; else { q=to[p][c]; if(l[p]+1==l[q]) fa[np]=q; else { nq=++cnt;l[nq]=l[p]+1; memcpy(to[nq],to[q],sizeof(to[q])); fa[nq]=fa[q]; fa[q]=fa[np]=nq; for(;to[p][c]==q;p=fa[p]) to[p][c]=nq; } } } LL solve() { LL ans=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) x[l[i]]++; for(int i=1;i<=n;i++) x[i]+=x[i-1]; for(int i=1;i<=cnt;i++) od[x[l[i]]--]=i; for(int i=cnt;i;i--) f[fa[od[i]]]+=f[od[i]]; for(int i=1;i<=cnt;i++) { ans+=(LL)w[fa[i]]*f[i]*l[fa[i]]; w[fa[i]]+=f[i]; } return ans; } char s[maxn]; int main() { scanf("%s",s); n=strlen(s); for(int i=n-1;i>=0;i--) extend(s[i]-‘a‘); LL ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans+=(LL)i*(n-1); printf("%lld\n",ans-2*solve()); return 0; }
另外转一下hzwer的SA解法:
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------蒟蒻与神犇的分界线--------------------------------------------
显然后缀数组不是正确姿势。。。
不过还是说说后缀数组的做法吧,bzoj总时限20s是能过的
SA+rmq求lcp应该烂大街了,这题还不用rmq。。。
首先求出h数组
考虑h[i]在哪些区间内会成为最小值,这个用两次单调栈很容易就能解决
还要处理一下由于h[i]可能相同造成的重复计数问题,具体看代码
code O(nlogn) 13592ms
#include<set> #include<map> #include<ctime> #include<queue> #include<cmath> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 500005 #define inf 1000000000 #define pa pair<int,int> #define ll long long using namespace std; ll ans; int n,k,p,q=1,top; int v[N],a[N],h[N],sa[2][N],rk[2][N]; int st[N],l[N],r[N]; char ch[N]; void mul(int *sa,int *rk,int *SA,int *RK) { for(int i=1;i<=n;i++)v[rk[sa[i]]]=i; for(int i=n;i;i--) if(sa[i]>k) SA[v[rk[sa[i]-k]]--]=sa[i]-k; for(int i=n-k+1;i<=n;i++)SA[v[rk[i]]--]=i; for(int i=1;i<=n;i++) RK[SA[i]]=RK[SA[i-1]]+(rk[SA[i-1]]!=rk[SA[i]]||rk[SA[i-1]+k]!=rk[SA[i]+k]); } void presa() { for(int i=1;i<=n;i++)v[a[i]]++; for(int i=1;i<=30;i++)v[i]+=v[i-1]; for(int i=1;i<=n;i++)sa[p][v[a[i]]--]=i; for(int i=1;i<=n;i++) rk[p][sa[p][i]]=rk[p][sa[p][i-1]]+(a[sa[p][i-1]]!=a[sa[p][i]]); for(k=1;k<n;k<<=1,swap(p,q)) mul(sa[p],rk[p],sa[q],rk[q]); for(int k=0,i=1;i<=n;i++) { int j=sa[p][rk[p][i]-1]; while(ch[j+k]==ch[i+k])k++; h[rk[p][i]]=k;if(k>0)k--; } } void solve() { for(int i=1;i<=n;i++)ans+=(ll)i*(n-1); h[0]=-inf; for(int i=1;i<=n;i++) { while(h[i]<=h[st[top]])top--; if(st[top]==0)l[i]=1; else l[i]=st[top]+1; st[++top]=i; } h[n+1]=-inf;top=0;st[0]=n+1; for(int i=n;i;i--) { while(h[i]<h[st[top]])top--; if(st[top]==n+1)r[i]=n; else r[i]=st[top]-1; st[++top]=i; } for(int i=1;i<=n;i++) ans-=2LL*(i-l[i]+1)*(r[i]-i+1)*h[i]; } int main() { scanf("%s",ch+1); n=strlen(ch+1); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=ch[i]-‘a‘+1; presa(); solve(); printf("%lld",ans); return 0; }
时间: 2024-11-01 17:53:46