\(\text{Update on 2020.12.20}\)
突然发现自己之前写过，但是现在写了篇新的。。。
所以把新的放这儿吧。
\(\text{Description}\)
\(\text{Solution}\)
\(len\) 的答案显然是 \(n*(n+1)/2*(n-1)\)，我们只用考虑后面的 \(\text{LCP}\)。
转化一下就是求任意两个后缀的 \(\text{LCP}\) 之和，放到后缀数组上来说，就是任取 \(1\le i<j\le n\)，求一次 \(\min\{h[k]\},(\min\{rk[i],rk[j]\}\le k\le \max\{rk[i],rk[j]\})\)，再将每次的答案相加（其中 \(h[i]\) 是后缀排序后第 \(i\) 位与第 \(i-1\) 位的 \(\text{LCP}\)，\(rk[i]\) 是编号为 \(i\) 的后缀的排名）。
再转化一下，我们发现这其实就是 \(h\) 数组中任取 \(1\le i<j\le n\)，求 \(\min\{h[k]\},(i\le k\le j)\)，再将每次的答案相加。
有一个经典的转化：我们可以固定位置 \(pos\)，求在 \(pos\) 左边第一个 \(h\) 小于 \(h[pos]\) 的 \(L[pos]\)，在 \(pos\) 右边第一个 \(h\) 小于 \(h[pos]\) 的 \(R[pos]\)。答案就是：
是不是哪里有点不对？
上面的转化是在保证没有元素相同，而且可以取 \(i=j\) 的情况。
而这道题的元素可以相同就有点难搞。
还有一个很经典的转化（为什么我全都不会啊喂）：可以人为给相同的元素按在数组的顺序赋优先级。
需要注意的是，\(h[i]\) 代表的是 \(i\) 与 \(i-1\) 的 \(\text{LCP}\)，就是表示的不是单点，所以之前统计的配对和是 \([L[i],i]\) 与 \([i,R[i]]\)，而现在的配对和应该是 \([L[i],i-1]\) 与 \([i,R[i]-1]\)（可以看个示意图）。
第一排是下标，第二排是 \(h\) 值。
具体做法就是用单调栈维护单增与不减，注释会比较详细。
\(\text{Code}\)
#include <cstdio>
#define rep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i<=_end;++i)
#define fep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i>=_end;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define efep(i,u) for(signed i=Head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T> inline T read(const T sample) {
T x=0; int f=1; char s;
while((s=getchar())>'9'||s<'0') if(s=='-') f=-1;
while(s>='0'&&s<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=getchar();
return x*f;
}
template <class T> inline void write(const T x) {
if(x<0) return (void) (putchar('-'),write(-x));
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
template <class T> inline T Max(const T x,const T y) {if(x>y) return x; return y;}
template <class T> inline T Min(const T x,const T y) {if(x<y) return x; return y;}
template <class T> inline T fab(const T x) {return x>0?x:-x;}
template <class T> inline T gcd(const T x,const T y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
template <class T> inline T lcm(const T x,const T y) {return x/gcd(x,y)*y;}
template <class T> inline T Swap(T &x,T &y) {x^=y^=x^=y;}
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5e5+5;
char s[maxn];
int n,m='z',c[maxn],x[maxn],y[maxn],sa[maxn],num,rk[maxn],h[maxn],sta[maxn],tp,pre[maxn],suf[maxn];
ll ans;
void Suffix() {
rep(i,1,n) ++c[x[i]=s[i]];
rep(i,2,m) c[i]+=c[i-1];
fep(i,n,1) sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<=n;k<<=1) {
num=0;
rep(i,n-k+1,n) y[++num]=i;
rep(i,1,n) if(sa[i]>k) y[++num]=sa[i]-k;
rep(i,1,m) c[i]=0;
rep(i,1,n) ++c[x[i]];
rep(i,2,m) c[i]+=c[i-1];
fep(i,n,1) sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;
swap(x,y);
x[sa[1]]=1; num=1;
rep(i,2,n)
x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?num:++num;
m=num;
}
}
void LCP() {
int k=0;
rep(i,1,n) rk[sa[i]]=i;
rep(i,1,n) {
if(rk[i]==1) continue;
if(k) --k;
int j=sa[rk[i]-1];
while(j+k<=n&&i+k<=n&&s[j+k]==s[i+k]) ++k;
h[rk[i]]=k;
}
}
int main() {
scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1);
Suffix(); LCP();
sta[0]=1;
rep(i,2,n) { // 维护单增，如果前面有相等的就停在第一个相等的位置
while(tp&&h[sta[tp]]>h[i]) --tp;
++tp;
pre[sta[tp]=i]=sta[tp-1];
}
sta[tp=0]=n+1;
fep(i,n,1) { // 维护不减
while(tp&&h[sta[tp]]>=h[i]) --tp;
++tp;
suf[sta[tp]=i]=sta[tp-1];
}
rep(i,1,n) ans+=1ll*h[i]*(i-pre[i])*(suf[i]-i);
print(1ll*n*(n+1)/2*(n-1)-2ll*ans,'\n');
return 0;
}
\(\text{Old Version}\)
\((\displaystyle \sum^{}_{1<=i<j<=n}{i+j})-2*\displaystyle \sum^{}_{1<=i<j<=n}{lcp(suf(i),suf(j))}\)
\(=(n-1)*Σi-2*\displaystyle \sum^{}_{1<=i<j<=n}{lcp(suf(i),suf(j))}\)
\(=\frac{(n-1)*(1+n)*n}{2}-2*\displaystyle \sum^{}_{1<=i<j<=n}{lcp(suf(i),suf(j))}\)
注意前者的\(i\)与\(j\)是转换了一下的，为了后面化简顺利。（也就是说前面的\(i\)与\(j\)与后面的\(i\)与\(j\)不是对应一样的）
我们就可以考虑后面的环节。因为暴枚的时间是\(n\)方，我们肯定过不去。所以只有用一个小一点的枚举。
可以利用\(h\)数组。因为两个后缀的\(lcp\)是排名在它们之间的串的\(h\)值的\(min\)。反过来思考，我们只要计算出以\(i\)为中心的\(h\)值比\(h[i]\)大的连续区间的长度就行了。我们可以用单调栈维护。
统计出两边的个数后我们相乘就能得到\(lcp\)为\(h[i]\)的区间个数了。
注意处理最后仍未被弹出栈的元素。
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 3;
long long ans;
int cnt, l[N], r[N], s[N], lg[N], T, rmq[N][20], n, m, h[N], tax[N], SA[N], tp[N], rk[N], a[N];
int read() {
int x = 0, f = 1; char S;
while((S = getchar()) > '9' || S < '0') {
if(S == '-') f = -1;
if(S == EOF) exit(0);
}
while(S <= '9' && S >= '0') {
x = (x << 1) + (x << 3) + (S ^ 48);
S = getchar();
}
return x * f;
}
bool cmp(const int x, const int y, const int d) {return tp[x] == tp[y] && tp[x + d] == tp[y + d];}
void Sort() {
for(int i = 0; i <= m; ++ i) tax[i] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i) ++ tax[rk[tp[i]]];
for(int i = 1; i <= m; ++ i) tax[i] += tax[i - 1];
for(int i = n; i >= 1; -- i) SA[tax[rk[tp[i]]] --] = tp[i];
}
void Swap(int &x, int &y) {
x ^= y ^= x ^= y;
}
int Min(const int x, const int y) {
if(x < y) return x;
return y;
}
void Suffix() {
for(int i = 1; i <= n; ++ i) rk[i] = a[i], tp[i] = i;
m = 122; Sort();
for(int w = 1, p = 1, i; p < n; m = p, w <<= 1) {
for(p = 0, i = n - w + 1; i <= n; ++ i) tp[++ p] = i;
for(i = 1; i <= n; ++ i) if(SA[i] > w) tp[++ p] = SA[i] - w;
Sort(); swap(rk, tp); rk[SA[1]] = p = 1;
for(i = 2; i <= n; ++ i) rk[SA[i]] = cmp(SA[i], SA[i - 1], w) ? p : ++ p;
}
int j, k = 0;
for(int i = 1; i <= n; h[rk[i ++]] = k)
for(k = k ? k - 1 : k, j = SA[rk[i] - 1]; a[i + k] == a[j + k]; ++ k);
for(int i = 1; i <= n; ++ i) rmq[i][0] = h[i];
for(int j = 1; (1 << j) <= n; ++ j)
for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++ i)
rmq[i][j] = Min(rmq[i][j - 1], rmq[i + (1 << j - 1)][j - 1]);
}
int lcp(const int x, const int y) {
int l = rk[x], r = rk[y];
if(l > r) Swap(l, r);
int t = lg[r - l];
return Min(rmq[l + 1][t], rmq[r - (1 << t) + 1][t]);
}
int main() {
char ch[N];
scanf("%s", ch); n = strlen(ch);
for(int i = 1; i <= n; ++ i) a[i] = ch[i - 1];
Suffix();
ans = 1ll * n * (n - 1) * (n + 1) / 2;
s[cnt = 1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++ i) {
while(cnt && h[s[cnt]] > h[i]) r[s[cnt --]] = i;
l[i] = s[cnt];
s[++ cnt] = i;
}
while(cnt) r[s[cnt --]] = n + 1;
for(int i = 2; i <= n; ++ i)
ans -= 2ll * (i - l[i]) * (r[i] - i) * h[i];
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
