[HDU5659]CA Loves Substring/[JZOJ4705]knight

题目大意

给定一个长度为n的字符串（只包含数字），我们定义Fi表示在第i个字符后面断开后，两个字符串的本质不同的子串个数。请快速求出F。

1≤n≤5×105

题目分析

这道题正着很难做（xdl好像在考场上做到了O(nlog2n)）。

我们考虑正难则反：本来我们是对每个i求有多少个本质不同的子串至少有一次出现不包括位置i，现在我们转化为求每次出现都包括i，然后使用总的本质不同子串个数减去它。

先考虑一个子串S，令它最小出现位置为minp，最大出现位置为maxp，长度为len，那么我们分情况讨论：

minp≤maxp−len，如果这样的话，这个串至少有两个出现位置是不重叠的，那么它对答案是没有任何贡献的。

minp>maxp−len，这时候这个子串就会区间[maxp−len,minp)的F做出1的贡献

但是子串的个数是O(n2)的，我们总不能依次枚举吧。像这种统计子串信息的题目，我们应该想到后缀自动机。但是后缀自动机里面，一个节点可能代表多个子串，那么情况就会变得复杂一点。

令节点x的最小出现位置为minp，最大出现位置为maxp，最小长度为minl，最大长度为maxl。前两个值可以使用类似统计size的方法按照拓扑序统计出来，第三个值就是parent(x)的len加1，第四个值就是len(x)。

首先如果minp≤maxp−maxl，那么这个节点对答案是没有贡献的。

否则这个节点对F的贡献相当于区间加上一个首项1共差1的等差数列，然后再区间加同一个值。对于区间(maxp−maxl,maxp−minl+1]的F，贡献就分别是1,2,3,4...（每次增加一个能够覆盖的子串）。对于区间(maxp−minl+1,minp)的F，贡献则是r−l+1（该节点所有子串都能覆盖这里）。

这里我们要支持加入一个等差数列，还有区间加一个值。这个不带log怎么做啊？

然而这里我们不一定要在线。考虑对F数组差分得到fi=Fi−Fi−1。那么区间加工差为1的等差数列，相当于给一个区间加上1，这个是可以使用前缀和统计的。后面那部分加同样的数的区间，我们之间单点修改它的结束位置与上一位的差（r−l+1）。

然后最后再次做一遍前缀和就是答案了。

时间复杂度O(n)，如果还有疑惑可以参看一下代码实现。

好久没有打后缀自动机，都快要忘了，一个下午复习了一下，总算记起来了。

代码实现

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <queue>

using namespace std;

const int MOD=1000000007;
const int P=100013;
const int N=500050;
const int S=N<<1;
const int C=10;

int add
,f
,cnt
,a[S];
int n,suf,tot,sum,ans;
char s
;

struct node
{
int mxp,mip,mxl,mil,len,prt;
int next[C];
}sam[S];

int insert(int last,int c,int pos)
{
int np=++tot,p=last,q;
for (sam[np].mip=sam[np].mxp=pos,sam[np].len=sam[p].len+1;p&&!sam[p].next[c];p=sam[p].prt) sam[p].next[c]=np;
if (!p) sam[np].prt=1;
else
if (sam[q=sam[p].next[c]].len==sam[p].len+1) sam[np].prt=q;
else
{
int nq=++tot;
sam[nq]=sam[q],sam[nq].len=sam[p].len+1;
sam[nq].mip=n,sam[nq].mxp=-1;
sam[q].prt=sam[np].prt=nq;
for (;p&&sam[p].next[c]==q;p=sam[p].prt) sam[p].next[c]=nq;
}
return np;
}

void sorts()
{
for (int i=1;i<=tot;i++) cnt[sam[i].len]++;
for (int i=1;i<=n;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
for (int i=1;i<=tot;i++) a[cnt[sam[i].len]--]=i;
}

int main()
{
freopen("knight.in","r",stdin),freopen("knight.out","w",stdout);
scanf("%d",&n),scanf("%s",s),tot=suf=1;
for (int i=0;i<n;i++) suf=insert(suf,s[i]-'0',i);
for (int i=tot;i>1;i--) (sum+=(sam[i].len-sam[sam[i].prt].len))%=MOD;
sorts();
for (int i=tot,x;i>1;i--)
{
sam[x=sam[a[i]].prt].mip=min(sam[x].mip,sam[a[i]].mip),sam[x].mxp=max(sam[x].mxp,sam[a[i]].mxp);
sam[a[i]].mxl=sam[a[i]].len,sam[a[i]].mil=sam[x].len+1;
}
for (int i=2;i<=tot;i++)
{
int l=sam[i].mil,r=sam[i].mxl;
l=max(l,sam[i].mxp-sam[i].mip+1);
if (l>r) continue;
add[sam[i].mxp-r+1]++;
add[sam[i].mxp-l+2]--;
(((f[sam[i].mip]-=(r-l+1))%=MOD)+=MOD)%=MOD;
}
for (int k=0,i=0;i<n;i++) (k+=add[i])%=MOD,(f[i]+=k)%=MOD;
for (int i=1;i<n;i++) (f[i]+=f[i-1])%=MOD;
for (int i=0;i<n;i++) f[i]=(sum-f[i]+MOD)%MOD;
for (int i=n-2,pw=1;i>=0;i--,pw=1ll*pw*P%MOD) (ans+=1ll*f[i]*pw%MOD)%=MOD;
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin),fclose(stdout);
}