[NOI2016]优秀的拆分

[NOI2016]优秀的拆分

题目大意：

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，则这种拆分方式是优秀的。给出一个长度为(n(nle30000))的字符串(S)，求其子串所有拆分方式中优秀拆分的总个数。

思路：

若用(f[i])表示以(i)结尾的可以表示为(AA)形式的后缀数，用(g[i])表示以(i)开头的可以表示为(AA)形式的前缀数。则答案为(sum_{i=1}^{n-1}f[i] imes g[i+1])。这样我们就把原问题转化为只需要考虑前/后缀为(AA)形式的问题。

枚举(A)的长度(l)，每隔(l)设置一个关键点(p)。对于一对相邻的关键点(p_i)和(p_{i+1})，我们求(l_1=min(operatorname{lcs}(p_i,p_{i+1}),l))和(l_2=min(operatorname{lcp}(p_i,p_i+1),l))。若(l_1+l_2-1ge l)，则存在这样的(AA)，我们可以算出所有合法位置，(f)和(g)区间(+1)，可以使用差分维护。

(operatorname{lcs})和(operatorname{lcp})可以用哈希+二分实现，枚举(l)的时间复杂度是调和级数(mathcal O(nlog n))。总时间复杂度(mathcal O(nlog^2n))。

源代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
typedef long long int64;
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
const int N=30001;
const int base=31,mod=998244353;
char s[N+1];
int n,hash[N],pwr[N],f[N],g[N];
inline int idx(const char &ch) {
	return ch-'a'+1;
}
inline int calc(const int &l,const int &r) {
	return (hash[r]-(int64)hash[l-1]*pwr[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
inline int lcs(const int &p1,const int &p2,const int &lim) {
	int l=1,r=std::min(p1,lim);
	while(l<=r) {
		const int mid=(l+r)>>1;
		if(calc(p1-mid+1,p1)==calc(p2-mid+1,p2)) {
			l=mid+1;
		} else {
			r=mid-1;
		}
	}
	return l-1;
}
inline int lcp(const int &p1,const int &p2,const int &lim) {
	int l=1,r=std::min(n-p2+1,lim);
	while(l<=r) {
		const int mid=(l+r)>>1;
		if(calc(p1,p1+mid-1)==calc(p2,p2+mid-1)) {
			l=mid+1;
		} else {
			r=mid-1;
		}
	}
	return l-1;
}
int main() {
	for(register int i=pwr[0]=1;i<N;i++) {
		pwr[i]=(int64)pwr[i-1]*base%mod;
	}
	for(register int T=getint();T;T--) {
		scanf("%s",&s[1]);
		n=strlen(&s[1]);
		for(register int i=hash[0]=1;i<=n;i++) {
			f[i]=g[i]=0;
			hash[i]=((int64)hash[i-1]*base+idx(s[i]))%mod;
		}
		for(register int l=1;l<=n/2;l++) {
			for(register int p1=l;p1<=n-l;p1+=l) {
				const int p2=p1+l;
				const int l1=lcs(p1,p2,l),l2=lcp(p1,p2,l);
				if(l1+l2-1>=l) {
					f[p2-l1+l]++;
					f[p2+l2]--;
					g[p1-l1+1]++;
					g[p1+l2-l+1]--;
				}
			}
		}
		for(register int i=1;i<=n;i++) {
			f[i]+=f[i-1];
			g[i]+=g[i-1];
		}
		int64 ans=0;
		for(register int i=1;i<n;i++) {
			ans+=(int64)f[i]*g[i+1];
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
	return 0;
}