[AHOI2013]差异

VI.[AHOI2013]差异

\(\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}\text{len}(T_i)+\text{len}(T_j)-2\times\text{LCP}(T_i,T_j)\)

这个柿子可以拆成两部分，即

\(\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}\text{len}(T_i)+\text{len}(T_j)-2\sum\limits_{1\leq i<j\leq n}\text{LCP}(T_i,T_j)\)

前一半很好求，就是\(\dfrac{n(n+1)(n-1)}{2}\)，关键是后一半。

依据\(\text{LCP Lemma}\)，\(\operatorname{LCP}(i,j)=\min\limits_{i\leq j\leq k}ht_j\)，即区间最小值。

我们考虑求出\(ht\)数组。考虑每个\(ht_i\)会对多少个区间做出贡献（成为多少个区间的\(\min\)）。这是经典的单调栈问题，可以参见玉蟾宫。

复杂度\(O(n)\)，假如你使用DC3的话。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,x[500100],y[500100],sa[500100],ht[500100],rk[500100],buc[500100],stk[500100],tp,L[500100],R[500100];
char s[500100];
ll res;
bool mat(int a,int b,int k){
	if(y[a]!=y[b])return false;
	if((a+k<n)^(b+k<n))return false;
	if((a+k<n)&&(b+k<n))return y[a+k]==y[b+k];
	return true;
}
void SA(){
	for(int i=0;i<n;i++)buc[x[i]=s[i]]++;
	for(int i=1;i<=m;i++)buc[i]+=buc[i-1];
	for(int i=n-1;i>=0;i--)sa[--buc[x[i]]]=i;
	for(int k=1;k<n;k<<=1){
		int num=0;
		for(int i=n-k;i<n;i++)y[num++]=i;
		for(int i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=k)y[num++]=sa[i]-k;
		for(int i=0;i<=m;i++)buc[i]=0;
		for(int i=0;i<n;i++)buc[x[y[i]]]++;
		for(int i=1;i<=m;i++)buc[i]+=buc[i-1];
		for(int i=n-1;i>=0;i--)sa[--buc[x[y[i]]]]=y[i],y[i]=0;
		swap(x,y);
		x[sa[0]]=num=0;
		for(int i=1;i<n;i++)x[sa[i]]=mat(sa[i],sa[i-1],k)?num:++num;
		m=num;
	}
	for(int i=0;i<n;i++)rk[sa[i]]=i;
	for(int i=0,k=0;i<n;i++){
		if(!rk[i])continue;
		if(k)k--;
		int j=sa[rk[i]-1];
		while(i+k<n&&j+k<n&&s[i+k]==s[j+k])k++;
		ht[rk[i]]=k;
	}
}
int main(){
	scanf("%s",s),n=strlen(s),m='z';
	SA();
	res=1ll*n*(n+1)*(n-1)/2;
	for(int i=1;i<n;i++){
		while(tp&&ht[stk[tp]]>=ht[i])R[stk[tp--]]=i;
		L[i]=stk[tp],stk[++tp]=i;
	}
//	for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",rk[i]);puts("");
//	for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",ht[i]);puts("");
	while(tp)R[stk[tp--]]=n;
	for(int i=1;i<n;i++)res-=2ll*(i-L[i])*(R[i]-i)*ht[i];
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}