[BZOJ]4650 优秀的拆分(Noi2016)

　　比较有意思的一道后缀数组题。（小C最近是和后缀数组淦上了？）

　　放在NOI的考场上。O(n^3)暴力80分，O(n^2)暴力95分……

　　即使想把它作为一道签到题也不要这么随便啊摔(╯‵□′)╯︵┻━┻

Description

　　如果一个字符串可以被拆分为 AABB 的形式，其中 A和 B是任意非空字符串，则我们称该字符串的这种拆分是优秀的。

　　例如，对于字符串 aabaabaa，如果令 A=aab，B=a，我们就找到了这个字符串拆分成 AABB的一种方式。

　　一个字符串可能没有优秀的拆分，也可能存在不止一种优秀的拆分。比如我们令 A=a，B=baa，也可以用 AABB表示出上述字符串；但是，字符串 abaabaa 就没有优秀的拆分。

　　现在给出一个长度为 n的字符串 S，我们需要求出，在它所有子串的所有拆分方式中，优秀拆分的总个数。这里的子串是指字符串中连续的一段。

　　以下事项需要注意：

　　　　1.出现在不同位置的相同子串，我们认为是不同的子串，它们的优秀拆分均会被记入答案。

　　　　2.在一个拆分中，允许出现 A=B。例如 cccc 存在拆分 A=B=c。

　　　　3.字符串本身也是它的一个子串。

Input

　　每个输入文件包含多组数据。输入文件的第一行只有一个整数 T，表示数据的组数。保证 1≤T≤10。

　　接下来 T行，每行包含一个仅由英文小写字母构成的字符串 S，意义如题所述。

Output

　　输出 T行，每行包含一个整数，表示字符串 S 所有子串的所有拆分中，总共有多少个是优秀的拆分。

Sample Input

　　4
　　aabbbb
　　cccccc
　　aabaabaabaa
　　bbaabaababaaba

Sample Output

　　3
　　5
　　4
　　7

HINT

　　

Solution

　　在考场上你只要负责打好95分的O(n^2)的字符串Hash就行了，代码总长只有30行。没有足够的时间和把握去打正解简直是作死。

　　如果你有认真思考过这一题，你大概会肯定这题的正解就是后缀数组吧。

　　设s[i]为字符串S的后缀，S[i]为字符串S的字符。

　　一个很容易想到的结论：对于两个原串上的后缀s[i]、s[j](i<j)，如果最长公共前缀LCP(s[i],s[j])>=j-i，那么可以得到一个AA串。

　　如下图，i=1,j=3时，LCP(s[1],s[3])=3>3-1，得到AA串"abab"(S[1,4])。

　　　　

　　事实上，从上例这个结论还可以找到另外一个AA串"baba"(S[2,5])。

　　于是我们发现，当i,j固定时，设len=j-i，Lcp=LCP(s[i],s[j])。

　　如果Lcp>=len，我们可以找到从i开始的Lcp-len+1个AA串，A的长度为len，如下图：

　　　　

　　于是我们考虑找出所有这样的i、j，显然不可以直接枚举。

　　但我们又发现，如果LCP(s[i],s[j])<j-i，那么就一定不存在以S[i]~S[j-1]为开头的AA串。

　　那么感觉就可以跳着走？

　　考虑枚举A的长度x，即j-i。枚举i，每次把i加上x。

　　发现时间复杂度是调和级数，科学得不要不要的。

　　但问题来了，只求s[i]、s[j]的LCP肯定是有遗漏的，我们还需要求出前缀p[i]、p[j]的最长公共后缀LCS。（解释见下图）

　　　　

　　那么判断存在AA串的条件就变成了Lcs+Lcp>len，可以找到Lcs+Lcp-len个AA串。

　　

　　问题又来了，如果按这样统计答案的话，一些开头可能会被重复统计。

　　但是我们发现如果某一次的 i 还呆在上一次的 i 的Lcp和Lcs扩展出的区域时，它扩展出的区域将会和上一次是完全相同的。

　　那么我们果断选择跳过。（如下图）

　　　　

　　求LCP的部分用ST表。

　　于是我们就O(nlogn)求出了以每个S[i]为开头的AA串的数量。计算答案的思路和O(n^2)的做法是一样的。

　　再求出以每个S[i]为结尾的AA串的数量，答案就是相邻两个字符开头数和结尾数相乘的总和……你懂的。

　　时间复杂度O(Tnlogn)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define INF 0x3FFFFFFF
#define MS 17
#define MN 30005
using namespace std;
int n,mp[MN],ht[MN],mi[MS],lg[MN];

struct SufArr
{
    int sa[][MN],rk[][MN<<],mn[MS][MN<<],p;
    bool mul(int* rk,int* sa,int* RK,int* SA,int K)
    {
        register int i;
        for (i=;i<=n;++i) mp[rk[sa[i]]]=i;
        for (i=n;i;--i) if (sa[i]>K) SA[mp[rk[sa[i]-K]]--]=sa[i]-K;
        for (i=n-K+;i<=n;++i) SA[mp[rk[i]]--]=i;
        for (i=;i<=n;++i) RK[SA[i]]=RK[SA[i-]]+(rk[SA[i]]!=rk[SA[i-]]||rk[SA[i]+K]!=rk[SA[i-]+K]);
        return RK[SA[n]]==n;
    }
    void presa(int* a)
    {
        register int i,j,k;
        memset(mp,,sizeof(mp));
        for (i=;i<=n;++i) ++mp[a[i]];
        for (i=;i<=;++i) mp[i]+=mp[i-];
        for (i=;i<=n;++i) sa[][mp[a[i]]--]=i;
        for (i=;i<=n;++i) rk[][sa[][i]]=rk[][sa[][i-]]+(a[sa[][i]]!=a[sa[][i-]]);
        for (i=p=;i<n;i<<=,p^=) if (mul(rk[p^],sa[p^],rk[p],sa[p],i)) break;
        if (i>=n) p^=;
        for (i=,j=;i<=n;++i)
        {
            for (k=sa[p][rk[p][i]-];a[i+j]==a[k+j];++j);
            ht[rk[p][i]]=j; if (j) --j;
        }
        for (i=;i<=n;++i) mn[][i]=ht[i];
        for (i=;i<MS;++i)
            for (j=;j<=n;++j)
                mn[i][j]=min(mn[i-][j],(j+mi[i-]>n?INF:mn[i-][j+mi[i-]]));
    }
    int getmn(int x,int y)
    {
        x=rk[p][x]; y=rk[p][y];
        if (x>y) swap(x,y);
        y=y-x; ++x;
        return min(mn[lg[y]][x],mn[lg[y]][x+y-mi[lg[y]]]);
    }
}s1,s2;
ll ans;
int a[MN],b[MN],ltg[MN],rtg[MN],lgs[MN],rgs[MN];
char c[MN];

inline int read()
{
    int n=,f=; char c=getchar();
    while (c<'' || c>'') {if(c=='-')f=-; c=getchar();}
    while (c>='' && c<='') {n=n*+c-''; c=getchar();}
    return n*f;
}

int main()
{
    register int i,jl,jr,pre,x,y,T;
    T=read();
    for (mi[]=,lg[i=]=;i<MS;++i) mi[i]=mi[i-]<<,lg[mi[i]]=i;
    for (i=;i<MN;++i) if (!lg[i]) lg[i]=lg[i-];
    while (T--)
    {
        memset(&s1,,sizeof(s1));
        memset(&s2,,sizeof(s2));
        memset(ltg,,sizeof(ltg));
        memset(rtg,,sizeof(rtg));
        scanf("%s",c+); n=strlen(c+); ans=;
        a[n+]=b[n+]=rgs[n+]=;
        for (i=;i<=n;++i) a[i]=c[i]-'a'+; s1.presa(a);
        for (i=;i<=n;++i) b[i]=a[n-i+];   s2.presa(b);
        for (i=;i<n;++i)
            for (jl=i,jr=jl+i,pre=;jr<=n;jl=jr,jr+=i)
            {
                if (jl<=pre) continue;
                y=s1.getmn(jl,jr); x=s2.getmn(n-jl+,n-jr+);
                if (x+y>i)
                {
                    ++ltg[jl-x+]; --ltg[jl+y-i+];
                    ++rtg[jr+y-]; --rtg[jr-x+i-];
                }
                pre=jl+y-;
            }
        for (i=;i<=n;++i) lgs[i]=lgs[i-]+ltg[i];
        for (i=n;i>=;--i) rgs[i]=rgs[i+]+rtg[i];
        for (i=;i<=n;++i) ans+=1LL*lgs[i]*rgs[i-];
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

Last Word

　　又到了愉快的吐槽时间O(∩_∩)O~（你吐槽给谁看呢）

　　这题基本就当做后缀数组的模板练习了，理解了模板敲起来就非常轻松了。

　　反正正解小C大概是想不到的，大致方向是没有错，可是有时候就是差那么一点点，在深入些就是正解。

　　但是离正解只差一步之遥却放弃的人不在少数啊。（但你至少可以拿到暴力分）

　　写的时候因为几个数组没清空WA了几个点，后缀数组构建的时候要用到大于n的下标，真讨厌。