「REOI-1」渺茫的希望（SAM，构造）
感叹出题人的强大。
Description
给定一个字符串 \(S\) ，让你求一个最小生成树总权值和，点集为所有本质不同子串，边权为两串出现次数之和 + 两串 \(\text{LCP}\) 。
\(|S| \leq 10 ^ 5,\ |\Sigma| \leq 26\)
Analysis
这个本质不同子串第一反应就是 \(\text{SAM}\) ，但是这个范围让我以为是一个重工程，然后就一直在考虑怎么优化建图（
（后来才反应过来本质不同子串那道题的范围也是这个）
其实可以直接构造。
考虑到边权是由两部分组成的，出现次数是不可避免的，所以可以考虑减少 \(\text{LCP}\) 带来的贡献。
感性上说，我们想要同时保证一些出现次数比较多的子串度数尽量小，还要求 \(\text{LCP}\) 总数量最少。
反过来的话，就可以直接让一些出现次数为 \(1\) 的点的度数尽量大，并且还能从第一个字符开始杜绝 \(\text{LCP}\) 的产生。
Solution
上述那样的点我们是找得到的：
令 \(t_i\) 表示从第一个字符 \(i\) 出现的地方开始的后缀，这种子串的出现次数必定为 \(1\) ，因为前面没有 \(i\) 了，所以不可能再有长度和 \(t_i\) 一样并且还是 \(i\) 开头的子串了。
然后我们想从源头杜绝 \(\text{LCP}\) 的产生，直接随便选择一个 \(t_i\) 连向所有不是 \(i\) 开头的子串，然后剩下还会有一些 \(i\) 开头的子串，直接类似的在挑一个 \(t_j\) 全部连上。
从理性分析上，两种贡献都已经压到了最小了，那答案到底是多少呢？
因为可以明显感觉到，所有的边两端点都是形如 \(t_i\) 和 \(s\) 的。
所以对于左边，总答案就是除了 \(t_i\) 以外所有子串总出现次数，当然也就是 \(S\) 总子串个数 \(- 1\)。
对于右边，每次都是 \(1\) ，所以总和就是本质不同子串个数 \(- 1\)，假定为 \(num - 1\) 。
对于 \(\text{LCP}\) ，它的贡献是 \(0\) ！
两边综合起来，大概就是：
\(\Big(\frac{n (n + 1)}{2} - 1\Big) + (num - 1)\)
其实这是有问题的，因为前面我们直接强行钦定了两个字符，显然对于全串只有一个字符的情况是不适用的。
怎么办呢，我们还是按照前面贪心的思路：
\(\text{LCP}\) 的贡献是不可避免的了，所以我们要写一下每一种边的权值：
对于一个长度为 \(a\) 另一个长度为 \(b\) 的子串连成的边（钦定 \(a \leq b\) ）：
\(w = (n - a + 1) + (n - b + 1) + a = 2n - b + 2\)
所以只需要 \(\sum b\) 最大就行，那就构造成以全串为菊花心的菊花图就行了，答案就是上面那个东西，带入 \(b = n\) ，乘上边数 \(n\) 就行了。
\((n + 2)(n - 1)\)
总体只需要求本质不同子串个数就行了，时间复杂度 \(O(n \log |\Sigma|)\) 。
再次感叹出题人的强大。
Code
Code
/*
*/
#include
using namespace std;
#define File(a) freopen(a".in", "r", stdin), freopen(a".out", "w", stdout);
#define Check(a) freopen(a".in", "r", stdin), freopen(a".ans", "w", stdout);
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair pii;
#define fi first
#define se second
#define mp std::make_pair
const int mod = 998244353;
template
inline int M(A x) {return x;}
template
inline int M(A x, B ... args) {return 1ll * x * M(args...) % mod;}
#define mi(x) (x >= mod) && (x -= mod)
#define ad(x) (x < 0) && (x += mod)
const int N = 2e5 + 10;
int n;
char a[N];
struct SAM {
int cnt, las, len[N], link[N], ch[N][26];
int tong[N], rk[N]; ll ans;
inline void init() {cnt = las = 1; memset(ch[1], 0, sizeof(ch[1]));}
inline void SAN_stru(int c) {
int cur = ++cnt, p = las;
memset(ch[cur], 0, sizeof(ch[cur]));
las = cur;
len[cur] = len[p] + 1;
while (p && !ch[p][c]) ch[p][c] = cur, p = link[p];
if (!p) return void(link[cur] = 1);
int q = ch[p][c];
if (len[q] == len[p] + 1) return void(link[cur] = q);
int clo = ++cnt;
link[clo] = link[q]; len[clo] = len[p] + 1;
link[q] = link[cur] = clo;
memcpy(ch[clo], ch[q], sizeof(ch[q]));
while (p && ch[p][c] == q) ch[p][c] = clo, p = link[p];
}
inline void Tong_sort() {
for (int i = 1; i <= cnt; ++i) tong[i] = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; ++i) ++tong[len[i]];
for (int i = 1; i <= cnt; ++i) tong[i] += tong[i - 1];
for (int i = 1; i <= cnt; ++i) rk[tong[len[i]]--] = i;
for (int i = cnt, v; i >= 1; --i) {
v = rk[i]; ans += len[v] - len[link[v]];
}
ans += 1ll * n * (n + 1) / 2 - 2;
std::cout << ans << '\n';
}
} s;
inline bool pd() {
for (int i = 1; i < n; ++i) {
if (a[i] != a[i - 1]) return 0;
}
std::cout << 1ll * (n + 2) * (n - 1) << "\n";
return 1;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cin >> n >> a;
if (pd()) return 0;
s.init();
for (int i = 0; i < n; ++i) s.SAN_stru(a[i] - 'a');
s.Tong_sort();
return 0;
}
