#4247. 串

题意
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zzq 喜欢做傻吊题。

一天，zzq 正在和往常一样做一个傻吊题：输入一个串，输出它共有多少个本质不同的子串。这里本质不同指的是长得不一样。由于这是一道 FJOI 题，字符只有 `{A,C,G,T}` 四种。zzq 写了一个后缀数组，调了半小时通过了。zzq 感觉这个题没啥意思，应该加强一下。

记 $f(S)$ 为 $S$ 的最小表示，具体地，把 $S$ 中第一次出现的字母替换为 `a`，第二次出现的字母替换为 `b`，等等。例如，$f($`AGACC`$) =$`abacc`。题意仍然是输入一个串，输出它共有多少个本质不同的子串，但是现在两个串 $A$ 和 $B$ 本质不同定义为 $f(A)$ 与 $f(B)$ 不同。

由于现在这个题没那么傻吊了，zzq 不会做了。他想请你解决这个问题。

$n ≤ 10^5$
题解
对于最小表示法，发现只有 $24$ 种映射关系，于是预处理出这 $24$ 种映射关系的 $hash$ 值

对于每个后缀，可以找出它的映射关系

根据 $SA$ 的思想，将所有后缀按照映射后的字典序排序，然后答案就是 $frac{n imes (n+1)}{2}-sum_{i=2}^n lcp(s_{i-1},s_i)$

对于求 $lcp$ ，可以二分 $hash$ ，对于排序，可以在 $cmp$ 中调用求 $lcp$ 的函数，然后只需要比较下一位或串长即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define K 793999
#define I inline
#define U unsigned long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,p[6],D[150],S[5],a[N],t=-1;
char s[N],F[5];U b[N];long long ans;
struct O{
    char f[5];int d[150];U h[N];
    I U H(int l,int r){
        return h[r]-h[l-1]*b[r-l+1];
    }
}g[24];
struct Q{int h,ty;}q[N];
I bool newap(int x,int y){return S[x]<S[y];}
I int get(){
    for (int i=1;i<=4;i++) p[i]=i;
    sort(p+1,p+5,newap);
    for (int i=0;i<24;i++){
        bool J=1;
        for (int j=1;j<=4;j++)
            J&=(F[p[j]]==g[i].f[j]);
        if (J) return i;
    }
}
I int lcp(int x,int y){
    int l=0,h1=q[x].h,h2=q[y].h,r=min(n-h1+1,n-h2+1),t1=q[x].ty,t2=q[y].ty;
    while(l<r){
        int mid=(l+r+1)>>1;
        if (g[t1].H(h1,h1+mid-1)==g[t2].H(h2,h2+mid-1))
            l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    return l;
}
I bool cmp(int x,int y){
    int l=lcp(x,y);
    if (l==min(n-q[x].h+1,n-q[y].h+1))
        return q[x].h>q[y].h;
    int u=g[q[x].ty].d[(int)s[q[x].h+l]];
    int v=g[q[y].ty].d[(int)s[q[y].h+l]];
    return u<v;
}
int main(){
    scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);ans=1ll*n*(n+1)/2;
    b[0]=1;for (int i=1;i<=4;i++) p[i]=i;
    S[D[(int)(F[1]='A')]=1]=n+1;
    S[D[(int)(F[2]='C')]=2]=n+1;
    S[D[(int)(F[3]='G')]=3]=n+1;
    S[D[(int)(F[4]='T')]=4]=n+1;
    for (int i=1;i<=n;i++) b[i]=b[i-1]*K;
    do{
        t++;for (int i=1;i<=4;i++)
            g[t].f[i]=F[p[i]],g[t].d[(int)F[p[i]]]=i;
        for (int i=1;i<=n;i++)
            g[t].h[i]=g[t].h[i-1]*K+g[t].d[(int)s[i]];
    }while(next_permutation(p+1,p+5));
    for (int i=n;i;i--)
        S[D[(int)s[i]]]=i,q[i]=(Q){i,get()},a[i]=i;
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for (int i=2;i<=n;i++) ans-=lcp(a[i-1],a[i]);
    return printf("%lld
",ans),0;
}