牛客竞赛字符串专题 NC237662 葫芦的考验之定位子串（SAM + 后缀链接树上倍增）

题意：

给出一个字符串S，|S| ≤ 250000，给出 Q < 250000 次询问，每次需要回答 S[l, r] 在 S 中共出现了多少次。

思路：

如果使用 SAM，我们提前求出每个状态的 cnt[u]，询问就是要求我们快速定位 S[l, r] 所在的状态。

我们知道 S[l, r] 一定是 S 的前缀 S[1, r] 的后缀，而 S 的前缀共有 n 个：我们容易找到 S 的每个前缀对应的 SAM 状态节点，不妨设 S[1, i] 对应于状态 ed[i]。

由于 S[l, r] 是 S[l, r] 的后缀，他对应的状态一定位于 ed[i] 的后缀链接上，也即我们要从 ed[i] 到根 root 这条树链上最浅（也就是离根最近，子串结束位置最多，囊括了 S[l, r] 所有结束位置，等价于出现次数）的满足 len[u] >= r - l + 1 的状态。

显然暴力是会超时的，使用树上倍增即可，这里我们使用 dfs 预处理树上倍增要用的 pa 数组。

代码：

ask 函数中 if 里的判断我一开始还联系了节点代表子串长度的最小值 mnl，我写的是：
if(mxl >= leng && mnl <= leng)，

这样是不行的，举个例子，比如下面的情况：

如果像我那样写，图中的第一个链就跳不了了，答案就会出错。

这就属于对倍增的理解不够透彻了，倍增的含义是：从大到小能跳就跳。

因此只需要考虑节点代表子串长度的最大值 mxl 和目标子串长度 leng 即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2.5e5 + 10, M = N << 1, mx = 20;
int ch[M][26], fa[M], len[M], ed[M], np = 1, tot = 1;
long long cnt[M];
int pa[M][mx];
vector<int> g[M];
char s[N];
int q;

void extend(int c)
{
	int p = np; np = ++tot;
	len[np] = len[p] + 1, cnt[np] = 1, ed[len[np] - 1] = np;
	while (p && !ch[p][c]) {
		ch[p][c] = np;
		p = fa[p];
	}
	if (!p) {
		fa[np] = 1;
	}
	else {
		int q = ch[p][c];
		if (len[q] == len[p] + 1) {
			fa[np] = q;
		}
		else {
			int nq = ++tot;
			len[nq] = len[p] + 1;
			fa[nq] = fa[q], fa[q] = fa[np] = nq;
			while (p && ch[p][c] == q) {
				ch[p][c] = nq;
				p = fa[p];
			}
			memcpy(ch[nq], ch[q], sizeof ch[q]);
		}
	}
}

void dfs(int u, int f)
{
	pa[u][0] = f;
	for (int i = 1; i <= mx - 1; ++i) {
		pa[u][i] = pa[pa[u][i - 1]][i - 1];
	}
	for (auto son : g[u]) {
		dfs(son, u);
		cnt[u] += cnt[son]; //预处理pa数组的同时对后缀链接树进行dp
	}
}

long long ask(int l, int r)
{
	int leng = r - l + 1;
	int p = ed[r];
	for (int i = mx - 1; i >= 0; --i) {
		int ff = pa[p][i];
		int mxl = len[ff];
		if (mxl >= leng) {//当即将倍增跳的父节点代表子串长度最大值大于等于目标串的长度，则跳
			p = ff;
		}
	}
	return cnt[p];
}

signed main()
{
	scanf("%s%d", s, &q);
	for (int i = 0; s[i]; ++i) {
		extend(s[i] - 'a');
	}
	for (int i = 2; i <= tot; ++i) {
		g[fa[i]].emplace_back(i);
	}
	dfs(1, 0);
	while (q--)
	{
		int l, r; scanf("%d%d", &l, &r);
		--l, --r;
		printf("%lld\n", ask(l, r));
	}

	return 0;
}