[NOI2016]优秀的拆分
题目描述
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：
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。
在一个拆分中，允许出现 (A=B) 。例如 (cccc) 存在拆分 (A=B=c) 。
字符串本身也是它的一个子串。
输入输出格式
输入格式：
每个输入文件包含多组数据。
输入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
输出格式：
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。
输入输出样例
输入样例#1：
复制
4
aabbbb
cccccc
aabaabaabaa
bbaabaababaaba
输出样例#1：
复制
3
5
4
7
说明
我们用 (S_{i,j}) 表示字符串 (S) 第 (i) 个字符到第 (j) 个字符的子串（从 (1) 开始计数）。
第一组数据中，共有 (3) 个子串存在优秀的拆分：
(S_{1,4}=aabb) ，优秀的拆分为 $ A=a$ ， (B=b) ；
(S_{3,6}=bbbb) ，优秀的拆分为 (A=b) ， (B=b) ；
(S_{1,6}=aabbbb) ，优秀的拆分为 (A=a) ， (B=bb) 。
而剩下的子串不存在优秀的拆分，所以第一组数据的答案是 (3) 。
第二组数据中，有两类，总共 (4) 个子串存在优秀的拆分：
对于子串 (S_{1,4}=S_{2,5}=S_{3,6}=cccc) ，它们优秀的拆分相同，均为 (A=c) ， (B=c) ，但由于这些子串位置不同，因此要计算 (3) 次；
对于子串 (S_{1,6}=cccccc) ，它优秀的拆分有 (2) 种：(A=c)， (B=cc) 和 (A=cc) ， (B=c) ，它们是相同子串的不同拆分，也都要计入答案。
所以第二组数据的答案是 (3+2=5) 。
第三组数据中， $S_{1,8} $ 和 (S_{4,11}) 各有 (2) 种优秀的拆分，其中 (S_{1,8}) 是问题描述中的例子，所以答案是 (2+2=4) .
第四组数据中， (S_{1,4},S_{6,11},S_{7,12},S_{2,11},S_{1,8}) 各有 (1) 种优秀的拆分， (S_{3,14}) 有 (2) 种优秀的拆分，所以答案是 (5+2=7) 。
对于全部的测试点,保证 (1≤T≤10) 。以下对数据的限制均是对于单组输入数据而言的，也就是说同一个测试点下的 (T) 组数据均满足限制条件。
我们假定 (n) 为字符串 (S) 的长度，每个测试点的详细数据范围见下表：
题解
好了，现在我来说一说自己的理解。
先写一手hash吧，95分，可以说是非常良心了，我们只需要预先处理好这个字符串的hash值，然后一个循环枚举起点，一个循环枚举长度，然后记录一下AA(注意BB就不用再管了)的(l[i])和(r[i])相乘即可。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2001;
const ll mod=(1<<31)-1;
const int base=131;
ll addx[N],hah[N],n,T;
char s[N+1];
void solve(){
ll ans=0;
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
addx[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)addx[i]=addx[i-1]*base%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)hah[i]=(hah[i-1]*base+s[i])%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ll l=0,r=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i-2*j>=0){
ll x=((hah[i]-hah[i-j]*addx[j])%mod+mod)%mod;
ll y=((hah[i-j]-hah[i-j*2]*addx[j])%mod+mod)%mod;
if(x==y)l++;
}
if(i+2*j<=n){
ll x=((hah[i+j]-hah[i]*addx[j])%mod+mod)%mod;
ll y=((hah[i+2*j]-hah[i+j]*addx[j])%mod+mod)%mod;
if(x==y)r++;
}
}
ans+=l*r;
}
printf("%lld
",ans);
}
int main(){
cin>>T;
while(T--)
solve();
return 0;
}
好了，接下来讲一讲满分做法。
推了我蛮久(最后还是翻题解了)
AA相同，即有子串是相同且靠近的，这让我们想到什么？
后缀数组维护(lcp)
那么一个简单的结论变出来了。
每次枚举长度(len) ，(j-i=len)后
AA串一共有(lcp-len+1)个。
这个比较好手推。
枚举长度(1-n)，在枚举起点和终点每次跳(len)。
然后时间复杂度是调和级数的。即(O(nlogn))
但是实际上我们是有遗漏的情况的。
因为起点和终点是每次跳(len)的，且只求的后缀的部分。
求图证翻上面的博客。这道题我承认有点讲不清。
那么如果有以起点为末尾的前缀呢与终点匹配呢？
那么我们也要求出(lcs)即最长公共后缀。
AA的贡献为(lcs+lcp>=len)
但是这样又又又有问题了
我们会重复计算别的子串。
怎么办？我们限制长度。就是说，这个区间算过就直接跳过。
换句话说，就是超出本次枚举长度以外的贡献忽略？？
我感觉我有点讲不清了qwq，还是95分好拿，何必zuosi去AC呢。
ps:最后一个点还要开long long
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=30001;
int T,n,m;
ll l[N],r[N],lg[N];
char ss[N];
struct node{
int st[21][N];
char s[N];
int tp[N],rak[N],sa[N],num[N],H[N];
void clear(){
memset(num,0,sizeof(num));
memset(rak,0,sizeof(rak));
memset(H,0,sizeof(H));
memset(sa,0,sizeof(sa));
memset(tp,0,sizeof(tp));
}
void Sort(){
for(int i=0;i<=m;i++)num[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)num[rak[i]]++;
for(int i=1;i<=m;i++)num[i]+=num[i-1];
for(int i=n;i>=1;i--)sa[num[rak[tp[i]]]--]=tp[i];
}
void SA_sort(){
m=10001;
for(int i=1;i<=n;i++)tp[i]=i,rak[i]=s[i]-'a'+1;Sort();
int cnt=0,p=0,w=1;
while(p<n){
for(int i=1;i<=w;i++)tp[++cnt]=n-w+i;
for(int i=1;i<=n;i++)if(sa[i]>w)tp[++cnt]=sa[i]-w;
Sort();swap(tp,rak);rak[sa[1]]=p=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
if(tp[sa[i]]==tp[sa[i-1]]&&tp[sa[i]+w]==tp[sa[i-1]+w])
rak[sa[i]]=p;else rak[sa[i]]=++p;
w<<=1;m=p;cnt=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)rak[sa[i]]=i;
int k=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(k)k--;
while(s[i+k]==s[sa[rak[i]-1]+k]&&i+k<=n&&sa[rak[i]-1]+k<=n)k++;
H[rak[i]]=k;
}
memset(st,63,sizeof(st));
for(int i=1;i<=n;i++)
st[0][i]=H[i];
for(int j=1;j<=15;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
st[j][i]=min(st[j-1][i],st[j-1][i+(1<<(j-1))]);
}
int query(int i,int j){
int l=rak[i],r=rak[j];if(l>r)swap(l,r);l++;
return min(st[lg[r-l+1]][l],st[lg[r-l+1]][r-(1<<lg[r-l+1])+1]);
}
}s1,s2;
void solve(){
for(int i=2;i<=30000;++i)lg[i]=lg[i>>1]+1;
s1.clear();s2.clear();
scanf("%s",ss+1);
n=strlen(ss+1);
for(int i=1;i<=n;i++)s1.s[i]=ss[i];
for(int i=1;i<=n;i++)s2.s[n-i+1]=ss[i];
s1.SA_sort();
s2.SA_sort();
for(int i=1;i<=n;i++)l[i]=r[i]=0;
for(int k=1;k<=n/2;k++)
for(int i=k,j=i+k;j<=n;j+=k,i+=k){
int x=min(k,s1.query(i,j));
int y=min(k-1,s2.query(n-i+2,n-j+2));
int en=x+y-k+1;
if(x+y>=k){
r[i-y]++;r[i-y+en]--;
l[j+x-en]++;l[j+x]--;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
l[i]+=l[i-1],r[i]+=r[i-1];
ll ans=0;
for(int i=1;i<n;i++)
ans+=1ll*l[i]*r[i+1];
printf("%lld
",ans);
}
int main(){
cin>>T;
while(T--)
solve();
return 0;
}