字符串[BZOJ3277]

对于字符串(x)和(y)，假设字符串(y)在字符串(x)中若干的匹配位置，我们用((l_i,r_i))来表示。二元组代表(x)中(x_{l_i}sim x_{r_i})的字符串和(y_1sim y_{len(y)}) 完全一致。这些二元组根据第一关键字从小到大排序后形成一个序列，定义一个函数(F(x,y))的值为该序列的非空连续序列的数量。以(F(babbabbababbab, babb) = 6)为例子，匹配的二元组序列为：
((1, 4), (4, 7), (9, 12))

非空连续序列为
((1, 4))
((4, 7))
((9, 12))
((1, 4), (4, 7))
((4, 7), (9, 12))
((1, 4), (4, 7), (9, 12))

现在给你一个字符串(s)，请求出(F(s,x))的和，其中(x)为(s)的全部子串。

【输入格式】
输入一个字符串(s)。

【输出格式】
输出题目要求的(F)值。

题解

比[模板](https://www.luogu.com.cn/problem/P3804)更模板

建好后缀自动机我们把代表原串前缀的那几个节点称作关键节点(即建自动机的时候每次添加一个新字符得到的那个新节点)

那么对于一个子串(t)，我们把(t)在后缀自动机中所在的节点称作(x)，在parent树中，(x)为根的子树中的关键节点的数量就是(t)在原串中出现的次数把它记为(cnt[x])

这个从每个关键节点开始暴力向上跳father 沿路数量++ 就能统计出来

然后这个“非空连续序列数量”其实就是(frac{a(a+1)}{2})

然后自动机中每个节点(x)含有的原串的子串数量就是(len[x]-len[fa[x]])

那每个节点的答案就是(cnt[x]*(cnt[x]+1)/2*(len[x]-len[fa[x]])) 把所有节点的答案加起来就可以了

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, key[100005];
char s[100005];
ll ans;

struct SAM{
	struct node{
		ll nxt[30], link, len, cnt;
	} tr[2000010]; 
	ll tot, lst;
	
	inline void init() {
		tot = lst = 0;
		tr[0].link = -1; tr[0].len = 0;
	}
	
	inline void build(char *str, ll len) {
		init();
		for (ll i = 1; i <= len; i++) {
			ll ind = ++tot, c = str[i] - 'a';
			tr[ind].len = tr[lst].len + 1;
			ll p = lst;
			while (p != -1 && !tr[p].nxt[c]) {
				tr[p].nxt[c] = ind;
				p = tr[p].link;
			}
			if (p == -1) {
				tr[ind].link = 0;
			} else {
				ll q = tr[p].nxt[c];
				if (tr[p].len + 1 == tr[q].len) {
					tr[ind].link = q;
				} else {
					ll clone = ++tot;
					tr[clone].len = tr[p].len + 1;
					tr[clone].link = tr[q].link;
					for (ll j = 0; j < 26; j++) tr[clone].nxt[j] = tr[q].nxt[j];
					while (p != -1 && tr[p].nxt[c] == q) {
						tr[p].nxt[c] = clone;
						p = tr[p].link;
					}
					tr[q].link = tr[ind].link = clone;
				}
			}
			lst = ind;
			key[i] = ind; //ind是一个关键节点
		}
	}
	
	inline void getans() {
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			int p = key[i];
			while (p != -1) {
				tr[p].cnt++;
				p = tr[p].link;
			}
		}
		for (ll i = 1; i <= tot; i++) {
			ll x = tr[i].len - tr[tr[i].link].len, y = tr[i].cnt;
			ans += y * (y + 1) / 2 * x;
		}
	}
}T;


int main() {
	scanf("%s", s + 1);
	n = strlen(s + 1);
	T.build(s, n);
	T.getans();
	printf("%lld
", ans);
	return 0;
}

时间复杂度(O(n*26))