Check,Check,Check one two!，洛谷P5115，SAM fail树上合并答案

最新推荐文章于 2025-02-01 21:24:08 发布

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本文介绍了如何通过前缀自动机(Suffix Automaton, SAM)快速计算文本中点对的贡献，特别关注了k1和k2限制下的等差数列求和问题。作者的方法独特，以90ms的高效运行时间解决挑战，核心在于基数排序处理SAM节点合并和贡献计算。

首先我们考虑对于一个点对 $(i, j)$ 来说，要找到前面极长的匹配 $a$ ，后面极长的匹配 $b$ ，贡献是两者长度的乘积 $(a + 1) * (b + 1)$ ，我们考虑在SAM上 $(i+p,j+p),p∈[0,b](i+p,j+p),p\in[0,b]$ 两个 $e n d p o s$ 合并时统计 $(i, j)$ 的贡献。
由于后缀自动机上两个 $e n d p o s$ 的 $L C A$ 的 $m a x l e n$ 就是对应两个前缀的最长公共后缀，所以我们可以肯定的是，当 $(i + p, j + p)$ 合并时，设对应点的 $m a x l e n$ 为 $c$ ， $(i + p - c + 1, j + p - c + 1) = (i - a, j - a)$
$(i, j)$ 会被 $b + 1$ 种点对统计到，我们只需要在每一次被统计到时给答案加上 $a + 1$ 就可以了。在 $S A M$ 节点上，贡献和相当于每次加一个等差数列。
这时候没有 $k 1, k 2$ 限制的答案已经出来了。
考虑上 $k 2$ 的限制，我们发现只要限制一下每次加的等差数列的末项不大于 $k 2$ 就可以了。
$k 1$ 的限制怎么办，对于一个 $S A M$ 上的节点，我们看是否存在被恰好计算第 $k 1 + 1$ 次的节点，如果存在，那么减去其产生的所有贡献。同时，这个还限制了等差数列的首项不小于 $maxlen_i-k1+1$ 。具体可以看看代码怎么写。
好像我的做法与其他题解不大相同，同时也以 $90 m s$ 的运行时间成为了题解提交时间为止的最优解。
代码十分简洁明了，个人在处理 $S A M$ 上 $f a i l$ 树合并问题时钟爱对长度基数排序。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=200010;
int fail[N],ch[N][26],mx[N],n,k1,k2,las,rig[N],sum[N],a[N],tot;
unsigned long long op[N],ans;
char s[N];

void insert(int c){
	int x=++tot,p=las;las=x;mx[x]=mx[p]+1;rig[x]=1;
	for(;p!=-1 && !ch[p][c];p=fail[p]) ch[p][c]=x;
	if(p==-1) fail[x]=0;
	else if(mx[ch[p][c]]==mx[p]+1) fail[x]=ch[p][c];
	else{
		int q=++tot,tmp=ch[p][c];mx[q]=mx[p]+1;
		fail[q]=fail[tmp];fail[x]=fail[tmp]=q;
		for(int i=0;i<26;i++) ch[q][i]=ch[tmp][i];
		for(;p!=-1 && ch[p][c]==tmp;p=fail[p]) ch[p][c]=q;
	}
}

unsigned long long gs(int x,int y){
	if(x>y) return 0;
	return 1ull*(x+y)*(y-x+1)/2;
}

int main(){
	scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
	scanf("%d %d",&k1,&k2);fail[0]=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++) insert(s[i]-'a');
	for(int i=1;i<=tot;i++) sum[mx[i]]++;
	for(int i=n;i>=1;i--) sum[i]+=sum[i+1];
	for(int i=1;i<=tot;i++) a[sum[mx[i]]--]=i;
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		int x=a[i];
		op[fail[x]]+=1ull*rig[x]*rig[fail[x]];
		rig[fail[x]]+=rig[x];
		ans+=op[x]*gs(max(1,mx[x]-k1+1),min(k2,mx[x]));
		if(mx[x]>k1 && mx[x]-k1<=k2) ans-=1ull*op[x]*(mx[x]-k1)*k1;
	}
	printf("%llu\n",ans);
}