[Noi2016]优秀的拆分

[Noi2016]优秀的拆分

题目

如果一个字符串可以被拆分为 AABB的形式，其中 AA 和 BB 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。

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。N≤30000

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

OUTPUT

3

5

4

7

解题报告

$SA$的力量= =

显然我们不用处理什么$AABB$，只需要去处理所有$AA$形式，再去统计答案即可

设$pre[i]$表示以$i$这个字符开头的$AA$型子串的数目

设$nxt[i]$表示以$i$这个字符结尾的$AA$型子串的数目

则答案$ans=sum _{i=1}^{n-1}pre[i+1] imes nxt[i]$

所以问题就转化成了求$AA$型的子串

我们可以枚举找的$AA$型子串长度的一半，去判断$lcp$与$lcs$

枚举$i=k*len$,$j=i+len$

设$x=lcp(suffix(i),suffix(j))$,$y=lcs(pre(i-1),pre(j-1))$

若$x+ygeqslant len$,那么我们就找到了$x+y-len+1$个长度为$2 imes len$的$AA$串

差分一下就$GG$了

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define mem(x) memset((x),0,sizeof((x)))
struct SA{
    char s[60005];
    int n,m;
    int t1[60005],t2[60005],t3[60005],buc[60005];
    int sa[60005],Rank[60005],height[60005],mn[60005][20];
    SA(){}
    inline void clear(){
        m=130;
        mem(t1),mem(t2),mem(t3),mem(buc),mem(sa),mem(Rank),mem(height),mem(mn);
    }
    inline void init(){
        scanf("%s",s+1);
        n=strlen(s+1);
    }
    inline void Suffix(){
        int i,j,k(0),p(0),*x(t1),*y(t2),*t;
        for(i=0;i<=m;++i)buc[i]=0;
        for(i=1;i<=n;++i)++buc[x[i]=s[i]];
        for(i=1;i<=m;++i)buc[i]+=buc[i-1];
        for(i=n;i>=1;--i)sa[buc[x[i]]--]=i;
        for(j=1;p<n;j<<=1,m=p){
            for(p=0,i=n-j+1;i<=n;++i)y[++p]=i;
            for(i=1;i<=n;++i)
                if(sa[i]>j)
                    y[++p]=sa[i]-j;
            for(i=0;i<=m;++i)buc[i]=0;
            for(i=1;i<=n;++i)t3[i]=x[y[i]];
            for(i=1;i<=n;++i)++buc[t3[i]];
            for(i=1;i<=m;++i)buc[i]+=buc[i-1];
            for(i=n;i>=1;--i)sa[buc[t3[i]]--]=y[i];
            for(t=x,x=y,y=t,x[sa[1]]=1,p=1,i=2;i<=n;++i)
                x[sa[i]]=((y[sa[i]]==y[sa[i-1]])&&(y[sa[i]+j]==y[sa[i-1]+j]))?p:++p;
        }
        for(i=1;i<=n;++i)Rank[sa[i]]=i;
        for(i=1;i<=n;height[Rank[i++]]=k)
            for(k?--k:0,j=sa[Rank[i]-1];s[i+k]==s[j+k];++k);
    }
    inline void ST(){
        for(int i=1;i<=n;++i)mn[i][0]=height[i];
        for(int i=1;(1<<i)<=n;++i)
            for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;++j)
                mn[j][i]=min(mn[j][i-1],mn[j+(1<<i-1)][i-1]);
    }
    inline int lcp(int x,int y){
        if(y>n)return 0;
        x=Rank[x],y=Rank[y];
        if(x>y)swap(x,y);
        ++x;
        int k(0),len(y-x+1);
        while((1<<k)<=len)++k;
        --k;
        return min(mn[x][k],mn[y-(1<<k)+1][k]);
    }
    inline void work(){
        Suffix();
        ST();
    }
}a,b;
inline void inv(){
    b.n=a.n;
    for(int i=1;i<=a.n;++i)
        b.s[i]=a.s[a.n-i+1];
}
typedef long long L;
L ans;
L cnt1[30005],cnt2[30005];
inline void doit(){
    ans=0;
    mem(cnt1),mem(cnt2);
    int edge(a.n>>1);
    for(int l=1;l<=edge;++l)
        for(int i=l,j=l<<1;j<=a.n;i+=l,j+=l){
            int x(min(a.lcp(i,j),l));
            int y(min(b.lcp(a.n-(i-1)+1,a.n-(j-1)+1),l-1));
            int tmp(x+y-l+1);
            if(x+y>=l){
                ++cnt1[i-y];--cnt1[i-y+tmp];
                ++cnt2[j+x-tmp];--cnt2[j+x];
            }
        }
    for(int i=1;i<=a.n;++i)
        cnt1[i]+=cnt1[i-1],cnt2[i]+=cnt2[i-1];
    for(int i=1;i<=a.n;++i)
        ans+=cnt1[i+1]*cnt2[i];
    printf("%lld
",ans);
}
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        a.clear(),b.clear();
        a.init();
        a.work();
        inv();
        b.work();
        doit();
    }
}