bzoj 4650 优秀的拆分

先给大家安利一个80分（小学生都会写的）版本

【分析】

复杂度O(n^3)，在洛谷上测一下可以过80分（特判懒得写，加上就90了…）

g[i][j] 表示i到j之间能否构成“AA”的形式，暴力就可以出来

然后枚举子序列长度，起点位置，以及断点位置与起点的长度，就能找出“AABB”中A与B接壤的位置，然后左边右边都判断一下

【代码】

//NOI 2016 D1T1 优秀的拆分
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define M(a) memset(a,0,sizeof a)
using namespace std;
bool g[2001][2001],f[2001][2001];
char c[2001];
inline bool judge(int s,int l)  //判断哦
{
int i;
fo(i,s,s+l-1)
if(c[i]!=c[i+l]) break;
if(i<s+l) return 0;
return 1;
}
int main()
{
int t,i,j,k,l;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int ans=0;
scanf("%s",c);
M(g);
int len=strlen(c)-1;
fo(i,0,len)
fo(l,1,(len-i+1)>>1)
if(judge(i,l))
g[i][i+2*l-1]=1;
for(l=4;l<=len+1;l+=2)
fo(i,0,len-l+1)
for(k=2;k<=l-2;k+=2)
if(g[i][i+k-1] && g[i+k][i+l-1])
ans++;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
//4
//aabbbb
//cccccc
//aabaabaabaa
//bbaabaababaaba

现在是正解咯

求两个数组：st[i]与en[i]，分别表示以i这个字符开头与以i这个字符结尾的‘AA’形式的串有多少个，那么答案就是∑n−1i=1st[i+1]∗en[i]，难点在于如何求出这两个数组：

我们枚举一个长度L表示当前找的‘AA’型串的长度的一半，枚举i=k∗L,j=i+L,

记x=lcp(i,j), 记y=lcs(i−1,j−1)，

如果x+y>=L，记t=x+y−L+1，表示我们找到了t个长度为2L的’AA‘串

（自己可以举个例子看看，如’abcabcab‘）

为了方便理解，假设x+y=L，那么我们恰好找到一个(i−y,j+x−1)的’AA‘串。

但是每次有一个连续区间，我们不能一个一个加上，因为时效会出问题。所以用到差分的思想（当然有闲心写线段树也是可以的），在区间开始的地方加一，在区间结束的后一个位置减一，那么最后做一遍前缀和即可。

【代码】

//优秀的拆分
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define M(a) memset(a,0,sizeof a)
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
const int mxn=30005;
int m,T,len;
char s[mxn];
int f[mxn],g[mxn];  //fi:以i结尾，gi:以i开头
struct node
{
int st[mxn][30],rank[mxn],height[mxn];
int a[mxn],b[mxn],x[mxn],y[mxn],sa[mxn];
inline bool comp(int i,int j,int l)
{
return y[i]==y[j]&&(i+l>len?-1:y[i+l])==(j+l>len?-1:y[j+l]);
}
inline void work()
{
int i,j,k,p;m=128;
fo(i,0,m) b[i]=0;
fo(i,1,len) b[x[i]=a[i]]++;
fo(i,1,m) b[i]+=b[i-1];
for(i=len;i>=1;i--) sa[b[x[i]]--]=i;
for(k=1;k<=len;k<<=1)
{
p=0;
fo(i,len-k+1,len) y[++p]=i;
fo(i,1,len) if(sa[i]>k) y[++p]=sa[i]-k;
fo(i,0,m) b[i]=0;
fo(i,1,len) b[x[y[i]]]++;
fo(i,1,m) b[i]+=b[i-1];
for(i=len;i>=1;i--) sa[b[x[y[i]]]--]=y[i];
swap(x,y),p=2,x[sa[1]]=1;
fo(i,2,len)
x[sa[i]]=comp(sa[i-1],sa[i],k)?p-1:p++;
if(p>len) break;
m=p;
}
p=k=0;
fo(i,1,len) rank[sa[i]]=i;
for(i=1;i<=len;height[rank[i++]]=k)
for(k?k--:0,j=sa[rank[i]-1];a[i+k]==a[j+k];k++);
}
inline void init()
{
int i,j;
fo(i,1,len) st[i][0]=height[i];
fo(j,1,28)
fo(i,1,len) if((i+(1<<j)-1)<=len)
st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<j-1)][j-1]);
}
inline int lcp(int x,int y)
{
if(x>y) swap(x,y);
x++;
int k=0;
while(x+(1<<k+1)<=y) k++;
return min(st[x][k],st[y-(1<<k)+1][k]);
}
}A,B;
int main()
{
int i,j,l,r,L;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
ll ans=0;
M(f),M(g);
M(A.rank),M(A.sa),M(A.height),M(A.a);
M(B.rank),M(B.sa),M(B.height),M(B.a);
scanf("%s",s+1);
len=strlen(s+1);
fo(i,1,len) A.a[i]=s[i];
fo(i,1,len) B.a[i]=s[len-i+1];
A.work(),A.init();
B.work(),B.init();
for(i=1;i+i<=len;i++)   //枚举一半长度
{
for(j=i+1;j<=len;j+=i)
if(s[j]==s[j-i])
{
int lef=min(B.lcp(B.rank[len-j+2],B.rank[len-j+i+2]),i-1);
int rig=min(A.lcp(A.rank[j],A.rank[j-i]),i);
int tmp=lef+rig-i+1;
if(tmp>=1)
{
g[j-i-lef]++,g[j-i-lef+tmp]--;
f[j+i-lef-1]++,f[j+i-lef-1+tmp]--;
}
}
}
fo(i,1,len) f[i]+=f[i-1];
fo(i,1,len) g[i]+=g[i-1];
fo(i,1,len-1) ans+=(ll)f[i]*(ll)g[i+1];
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}