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给定(3)个字符串(a,b,c,|a|=|b|=n,|c|=m)，求满足以下全部条件的有序区间对(([l1,r1],[l2,r2]))的个数：
- ([l1,r1]cap[l2,r2] eqvarnothing)；
- (a_{l1sim r1}+b_{l2sim r2}=c)。
(ninleft[1,5 imes10^5 ight],min[2,2n])。
(c)由(a,b)各一个子串拼接而成，不难想到两面夹击——从(a_{l1})往后与(c)的前缀匹配、从(b_{r2})往前与(c)的后缀匹配。于是我们可以预处理出(2)个数组(lcP:lcP_i=maxlimits_{a_{isim i+j-1}=c_{1sim j}}{j},Lcs:Lcs_i=maxlimits_{b_{i-j+1sim i}=c_{m-j+1sim m}}{j})，对(c+ exttt!+a,c^mathrm r+ exttt!+b^mathrm r)这(2)个字符串各跑一遍Z算法即可。
假设我们已经固定住了(l1,r2)。设从(l1)往后延伸了(x)位，从(r2)往前自然就延伸了(m-x)位，于是(r1=l1+x-1,l2=r2-m+x+1)。
考虑满足题目中的条件(1)的充要条件。满足条件(1)当且仅当([l1,r1]cap[l2,r2]=[l1,l1+x-1]cap[r2-m+x+1,r2]=[max(l1,r2-m+x+1),min(l1+x-1,r2)] eqvarnothing)，即(max(l1,r2-m+x+1)leqmin(l1+x-1,r2))，即(egin{cases}l1leq l1+x-1\l1leq r2\r2-m+x+1leq l1+x-1\r2-m+x+1leq r2end{cases})，即(egin{cases}xin[1,m-1]\r2in[l1,l1+m-2]end{cases})。
再考虑满足条件(2)的充要条件。满足条件(2)当且仅当(egin{cases}xleq lcP_{l1}\m-xleq Lcs_{r2}end{cases})，即(xin[m-Lcs_{r2},lcP_{l1}])。
综上，若已知(l1,r2,x)，那么满足题目中的所有条件当且仅当(egin{cases}r2in[l1,l1+m-2]\xin[max(1,m-Lcs_{r2}),min(m-1,lcP_{l1})]end{cases})。显然(forall l1in[1,n],forall r2in[l1,min(n,l1+m-2)])，(r2)对答案贡献为(max(1,min(m-1,lcP_{l1})-max(1,m-Lcs_{r2})+1))。这里面有个(max)，比较讨厌，我们把它分成(min(m-1,lcP_{l1})-max(1,m-Lcs_{r2})+1geq1)和(min(m-1,lcP_{l1})-max(1,m-Lcs_{r2})+1<1)这(2)种情况。对于后者，显然贡献为(0)，无需考虑；对于前者，即(max(1,m-Lcs_{r2})leq min(m-1,lcP_{l1}))，贡献为(min(m-1,lcP_{l1})-max(1,m-Lcs_{r2})+1)。
所以答案显然为(sumlimits_{l1=1}^nsumlimits_{r2in[l1,min(n,l1+m-2)],max(1,m-Lcs_{r2})leqmin(m-1,lcP_{l1})}(min(m-1,lcP_{l1})-max(1,m-Lcs_{r2})+1))。由于当(l1)单调递增时，(r2)所在区间的左端点和右端点也同时单调递增，我们可以用two-pointers维护。不妨在值域上建一个BIT，然后从左往右枚举(l1)，每次添加、删除各(0sim1)个(max(1,m-Lcs_{r2}))。答案中的求和式可以分成分别关于(l1,r2)的(2)部分(min(m-1,lcP_{l1})+1,-max(1,m-Lcs_{r2}))，对(2)部分分别求和，显然BIT不仅要实现值域上的区间求和，还要实现值域上的区间计数。枚举到每个(l1)，设添加、删除完(max(1,m-Lcs_{r2}))后，值域上的区间([1,min(m-1,lcP_{l1})])内求和的结果为(sum)，计数的结果为(cnt)，则对答案的贡献是(cntcdot(min(m-1,lcP_{l1})+1)+sum)。哦对了，别忘了在(l1=1)的时候把(forall r2in[1,min(n,m-1)],max(1,m-Lcs_{r2}))全部添加到BIT里哦！
(forall r2in[1,n])，(max(1,m-Lcs_{r2}))最多会被添加、删除各(1)次，每次(mathrm O(log m))，所以复杂度(mathrm O(nlog m))。再加上之前(mathrm O(n+m))的Z算法，总复杂度(mathrm O(m+nlog m))。
上代码！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long//答案会爆int
int lowbit(int x){return x&-x;}
const int N=500000,M=1000000;
int n/*|a|=|b|*/,m/*|c|*/;
char a[N+5],b[N+5],c[M+5];//3个字符串
int lcP[N+1],Lcs[N+1];//lcP[i],Lcs[i]各表示从a,b的第i位开始向后、向前最多能与c的前缀、后缀匹配的位数
int s;//|d|
char d[N+M+5];//临时字符串
void con(char x[],char y[]){//令d=x+'!'+y
s=0;
for(int i=1;i<=m;i++)d[++s]=x[i];
d[++s]='!';
for(int i=1;i<=n;i++)d[++s]=y[i];
}
int z[N+M+2];//z数组
void z_init(){//Z算法
z[1]=s;
int zl=0,zr=0;
for(int i=2;i<=s;i++)
if(zr<i){
z[i]=0;
while(i+z[i]<=s&&d[i+z[i]]==d[1+z[i]])z[i]++;
if(z[i])zl=i,zr=i+z[i]-1;
}
else if(i+z[i-zl+1]<=zr)z[i]=z[i-zl+1];
else{
z[i]=zr-i+1;
while(i+z[i]<=s&&d[i+z[i]]==d[1+z[i]])z[i]++;
zl=i;zr=i+z[i]-1;
}
}
struct bitree{//BIT
int sum[M+1]/*和*/,cnt[M+1]/*计数*/;
void init(){
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
}
void add(int v){//添加
int x=v;
while(x<=n)sum[x]-=v,cnt[x]++,x+=lowbit(x);
}
void del(int v){//删除
int x=v;
while(x<=n)sum[x]+=v,cnt[x]--,x+=lowbit(x);
}
int Sum(int x){//求前缀和
int res=0;
while(x)res+=sum[x],x-=lowbit(x);
return res;
}
int Cnt(int x){//求前缀计数
int res=0;
while(x)res+=cnt[x],x-=lowbit(x);
return res;
}
}bit;
signed main(){
scanf("%lld%lld%s%s%s",&n,&m,a+1,b+1,c+1);
con(c,a);
z_init();
for(int i=1;i<=n;i++)lcP[i]=z[m+1+i];//求lcP
reverse(b+1,b+n+1);reverse(c+1,c+m+1);con(c,b);
z_init();
for(int i=1;i<=n;i++)Lcs[i]=z[m+1+(n-i+1)];//求Lcs
// for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld %lld
",lcP[i],Lcs[i]);
int ans=0;
bit.init();
for(int i=1;i<=min(n,m-1);i++)bit.add(max(1ll,m-Lcs[i]));//在l1=1时预先添加r2 in [1,min(n,m-1)]
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i>1)bit.del(max(1ll,m-Lcs[i-1]))/*删除r2=i-1*/,i+m-2<=n&&(bit.add(max(1ll,m-Lcs[i+m-2])),0)/*添加r2=i+m-2*/;
ans+=(min(m-1,lcP[i])+1)*bit.Cnt(min(m-1,lcP[i]))+bit.Sum(min(m-1,lcP[i]));//贡献答案
// cout<<ans<<"
";
}
cout<<ans;
return 0;
}
最后说句闲话，你们知道为什么这题难度这么高吗？
因为这场比赛的D非常难