题目见此

题解:首先所有后缀都在最后一个np节点,然后他们都是从1号点出发沿一些字符边到达这个点的,所以下文称1号点为根节点,我们思考一下什么时候会产生lcp,显然是当他们从根节点开始一直跳相同节点的时候,所以思路就是先找出每个节点被几个后缀经过,这显然把边反转倒着找就可以了,然后他会被出现次数sz个串经过。

出现次数等于parent树子树中np类节点的个数,这跑个dfs就好了,一个相同前缀产生的贡献是sz*(sz-1)/2

然后思考一个点可能代表多个子串,但是他们的出现次数都是相同的,所以单个点的贡献为上面的单个贡献再乘上一个有几个子串

子串的个数为parent树父亲节点的最大长度减去该节点的最大长度

这样子在从根开始dfs,如果经过某个点只有一个后缀经过,就说明lcp结束了,就不用再搜该点了。

上面就求出了lcp的和

至于前面那个式子,只需要打个表找个规律发现是(n-1)*n*(n+1)/2就可以了

虽然常数大点但是还是后缀自动机复杂度的

但其实不用这么复杂,只要翻过来就可以建出原串后缀树,lcp就是后缀树的两个节点的lca,跑个树形dp就可以了。

代码因为没用链式前向星存边所以不开o2会t,但还是贴一下吧

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. #define N 1000010
  3. using namespace std;
  4.  
  5. int n;
  6. int gg=;
  7.  
  8. struct SAM
  9. {
  10. struct point
  11. {
  12. int son[],fa,len,mx;
  13. }t[N];
  14.  
  15. int cnt=,last=;
  16. int f[N],sz[N];
  17. bool vis[N];
  18. vector<int> g[N],e[N];
  19. long long lcp=0ll;
  20.  
  21. void add(int c)
  22. {
  23. int p=last;
  24. int np=++cnt;
  25. t[np].len=t[p].len+;
  26. sz[np]=;
  27. while(p&&(!t[p].son[c]))
  28. {
  29. t[p].son[c]=np;
  30. p=t[p].fa;
  31. }
  32. if(!p) t[np].fa=;
  33. else
  34. {
  35. int q=t[p].son[c],nq;
  36. if(t[p].len+==t[q].len)
  37. {
  38. t[np].fa=q;
  39. }
  40. else
  41. {
  42. nq=++cnt;
  43. t[nq]=t[q];
  44. t[nq].len=t[p].len+;
  45. t[q].fa=t[np].fa=nq;
  46. while(p&&(t[p].son[c]==q))
  47. {
  48. t[p].son[c]=nq;
  49. p=t[p].fa;
  50. }
  51. }
  52. }
  53. last=np;
  54. }
  55.  
  56. void dfs(int now)
  57. {
  58. t[now].mx=t[now].len-t[t[now].fa].len;
  59. for(int i=;i<;i++)
  60. {
  61. if(t[now].son[i]) e[t[now].son[i]].push_back(now);
  62. }
  63. for(int i=;i<g[now].size();i++)
  64. {
  65. dfs(g[now][i]);
  66. sz[now]+=sz[g[now][i]];
  67. }
  68. }
  69.  
  70. void dfs1(int now)
  71. {
  72. vis[now]=;
  73. for(int i=;i<e[now].size();i++)
  74. {
  75. f[e[now][i]]++;
  76. if(!vis[e[now][i]])
  77. {
  78. dfs1(e[now][i]);
  79. }
  80. }
  81. }
  82.  
  83. void dfs3(int now)
  84. {
  85. vis[now]=;
  86. if(f[now]) lcp+=t[now].mx*(1ll*sz[now]*(sz[now]-)/);
  87. for(int i=;i<;i++)
  88. {
  89. if(f[t[now].son[i]]&&sz[t[now].son[i]]>&&(!vis[t[now].son[i]]))
  90. {
  91. dfs3(t[now].son[i]);
  92. }
  93. }
  94. }
  95.  
  96. void solve()
  97. {
  98. for(int i=;i<=cnt;i++) g[t[i].fa].push_back(i);
  99. dfs();
  100. sz[]=;
  101. memset(vis,,sizeof(vis));
  102. dfs1(last);
  103. memset(vis,,sizeof(vis));
  104. dfs3();
  105. long long len=1ll*n*(n-)*(n+)/;
  106. printf("%lld\n",len-*lcp);
  107. }
  108.  
  109. }sam;
  110.  
  111. char s[];
  112.  
  113. int main()
  114. {
  115. scanf("%s",s);
  116. n=strlen(s);
  117. for(int i=;i<n;i++)
  118. {
  119. sam.add(s[i]-'a');
  120. }
  121. sam.solve();
  122. }

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