后缀数组好题。
差分不用说了。统计形如ABA的数量。
按照什么顺序统计答案呢？
枚举B的左端点？但是位置连续，并不代表sa的位置连续，所以难以往两边统计A部分的贡献。
我们转而枚举A的长度和起始位置，直接这样做是O(n^2)的。考虑加速
正反做两遍SA，RMQ预处理min，便于O(1)查询lcp
枚举A的部分长度为L
我们每L个点设置一个关键点，
枚举每一个关键点i，另一个点j=i+L+B，设i，j两侧匹配的长度（lcp） 为l,r
那么，如果有l+r>=L,那么意味着在这里有l+r-L+1的长度为L的A部分可以做出贡献
为了不重不漏，l，r的长度和L取min，这样可以发现，相邻的(i,j)的起始点没有公共部分。
如果一个A部分满足匹配，那么一定能被一组(i,j)恰好覆盖一次。
至于为什么枚举L，再间隔L设置关键点，是因为长度至少是L的情况下，这样一定不重不漏。
如果间隔过大，那么可能中间漏掉一些，如果不和L取min，把上界放宽，可能会重复或者遗漏。
间隔过小，和L取min也会重复，而且本身枚举次数增多还会TLE
由于L的限制，使得每一个部分最少长度要有L，所以每相邻L个位置一次统计，一定不会有遗漏。
说白了，就是用了一个trick，在O(nlogn)的时间内，不重不漏统计了答案。
画一画图，细节处理好，就没了。
#include<bits/stdc++.h> #define reg register int #define il inline #define numb (ch^'0') using namespace std; typedef long long ll; il void rd(ll &x){ char ch;x=0;bool fl=false; while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb); (fl==true)&&(x=-x); } namespace Miracle{ const int N=50005; ll n,m; int lg[2*N]; struct hou{ ll s[N]; int x[N],y[N],c[N],sa[N],rk[N],hei[N]; int f[N][18]; void SA(){ int m=50002; for(reg i=1;i<=n;++i) ++c[x[i]=s[i]]; for(reg i=2;i<=m;++i) c[i]+=c[i-1]; for(reg i=1;i<=n;++i) sa[c[x[i]]--]=i; for(reg k=1;k<=n;k<<=1){ int num=0; for(reg i=n-k+1;i<=n;++i) y[++num]=i; for(reg i=1;i<=n;++i){ if(sa[i]-k>=1) y[++num]=sa[i]-k; } for(reg i=1;i<=m;++i) c[i]=0; for(reg i=1;i<=n;++i) ++c[x[i]]; for(reg i=1;i<=m;++i) c[i]+=c[i-1]; for(reg i=n;i>=1;--i) sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0; for(reg i=1;i<=n;++i){ swap(x[i],y[i]); } num=1; x[sa[1]]=1; for(reg i=2;i<=n;++i){ x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]])&&(y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?num:++num; } m=num; if(num==n) break; } } void HEI(){ for(reg i=1;i<=n;++i) rk[sa[i]]=i; int k=0; for(reg i=1;i<=n;++i){ if(k) --k; if(rk[i]==1) continue; int j=sa[rk[i]-1]; while(i+k<=n&&j+k<=n&&s[i+k]==s[j+k]) ++k; hei[rk[i]]=k; } } void build(){ SA();HEI(); // cout<<" nn "<<n<<endl; for(reg i=1;i<=n;++i) f[i][0]=hei[i];//,cout<<f[i][0]<<" "; // cout<<endl; for(reg j=1;j<=17;++j){ for(reg i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i){ f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]); } } } int query(int x,int y){ // cout<<" query "<<x<<" "<<y<<endl; if(x==y) return n-x+1; x=rk[x],y=rk[y]; if(x>y) swap(x,y); // cout<<" rk "<<x<<" "<<y<<endl; ++x; int len=lg[y-x+1]; // cout<<" min "<<f[x][len]<<" "<<f[y-(1<<len)+1][len]<<endl; int ret=min(f[x][len],f[y-(1<<len)+1][len]); return ret; } }A,B; ll a[N],b[N],cnt; int main(){ rd(n);rd(m); for(reg i=1;i<=n;++i) rd(a[i]); for(reg i=n;i>=1;--i) a[i]-=a[i-1],b[++cnt]=a[i]; sort(b+1,b+cnt+1); cnt=unique(b+1,b+cnt+1)-b-1; for(reg i=1;i<=n;++i) { a[i]=lower_bound(b+1,b+cnt+1,a[i])-b; if(i!=1)A.s[i-1]=a[i],B.s[n-i+1]=a[i];//warning!! n-1-i+1 } // for(reg i=1;i<=n;++i){ // cout<<a[i]<<" "; // }cout<<endl; --n;//warning !! --n // for(reg i=1;i<=n;++i){ // cout<<A.s[i]<<" "; // }cout<<endl; // for(reg i=1;i<=n;++i){ // cout<<B.s[i]<<" "; // }cout<<endl; A.build();B.build(); lg[0]=0; for(reg i=1;i<=n;++i) lg[i]=(i>>(lg[i-1]+1))?lg[i-1]+1:lg[i-1]; ll ans=0; for(reg L=1;L<=n;++L){ // cout<<" L -----------------"<<L<<endl; for(reg i=1;i<=n;i+=L){ int j=i+m+L; if(j>n) break; // cout<<"ii ******* "<<i<<" "<<j<<endl; int l=min(B.query(n-i+1,n-j+1),L); int r=min(A.query(i,j),L); // cout<<l<<" "<<r<<endl; int tmp=l+r-1; if(tmp>=L){ ans+=tmp-L+1; } } // cout<<" ans "<<ans<<endl; } printf("%lld",ans); return 0; } } signed main(){ Miracle::main(); return 0; } /* Author: *Miracle* Date: 2018/12/22 21:27:37 */
总结：
这种找关键点左右统计贡献的题目还是头一次见到。
感觉好处是配合上L的长度，可以比较有序且不重不漏统计一些贡献。