【马拉车】【kmp】【前缀和】LGP6216 回文匹配

题意

给定文本串 $T$ ，模式串 $S$ ，求 $S$ 在 $T$ 的所有奇数回文子串中出现的次数。答案取 $32$ 位无符号整数自然溢出的结果。时空复杂度要求线性。

思路

奇数回文子串，马拉车狂喜，都不用进行字符串处理。

出现次数，也就是字符串匹配，记录下出现的位置，考虑 kmp，得到某个位置是否为模式串末尾的一个 01 数组。

然后根据马拉车得到的结果，可以枚举所有的奇数回文子串，然后使用前缀和处理一下 kmp 的结果可以求出奇数回文子串中模式串出现的个数。

大概就是这样子

for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=0;j<mnchr[i];++j) ans+=kmp[i+j]-kmp[i-j-1];

这样可以得到一份《红与黑》的代码。

黑很容易理解，因为这样的时间复杂度实在是太高了，一不小心就会退化到二次方级别。但是为什么红呢？

手模一份样例，可以发现 kmp[i+j]-kmp[i-j-1] 的统计结果并不靠谱。有的模式串末尾确实在回文子串内，但是开头不在啊，那么这个模式串就不能算在回文子串内了。

所以如果模式串长度为 m ，那么要统计的范围就应该是 kmp[i+j]-kmp[i-j+m-1] ，如果这个范围不合法那么就应该是 $0$。

红的问题暂时解决了，那么黑的问题怎么办呢？

观察，可以发现，对于每个 $i$ ，他的答案的正贡献就是 $\sum_{j=i}^{i+mnchr_i-1}kmp_j$，负贡献就是 $\sum_{j=i-mnchr_i+m}^{i-1}kmp_j$ 。那么我们对前缀和得出来的 kmp 数组再次进行前缀和，就可以线性时间内求出答案。

for(int i=1;i<=n;++i) ans+=(kmp[i+mnchr[i]-1]-kmp[i-1])-(kmp[i-1]-kmp[i-mnchr[i]+m-1]);

那么边界问题怎么解决呢？如果一些位置 $i-mnchr_i+m>i-1$ 的话这样计算也是错误的，然而这条式子中并没有很好的方法能把他剔除掉。

在想到边界问题之后就发现上面正负贡献的式子貌似有点问题。不使用第二次前缀和优化的时候统计的是 kmp[i+j]-kmp[i-j+m-1] ，已经要求 $i+j>i-j+m-1$ ，因此也不是像我们本来想得那么天真。从另一个方面想上面的式子也是错误的：正贡献和负贡献的个数应该相同，而上面明显负贡献少了$m$ 个。

那么我们只好推到重来，手模一下不用第二次前缀和优化时候的统计：

首先给定一个第一次前缀和做出来的 kmp 序列，每次给定 $l=i-mnchr_i+m, r=i+mnchr_i-1$ ，然后每次操作给答案加上 $kmp_r-kmp_l$ ，执行完之后 r--, l++;。执行直到 $l\geq r$。

那么其实也是分为正贡献和负贡献两部分，只是这两部分的计算有点难。

思维量小一点的话，搞一个函数 query(int a,int b) 专门统计 $[a,b]$ 的答案。在里面就分类讨论。首先 int mid=(a+b)>>1;

因为两边同时收缩，因此不外乎下面三种情况：

1. $a$ 先到达 $mid$
   那么负贡献就是$[a,mid]$，正贡献就是 $(mid,b]$
2. $b$ 先到达 $mid$
   负贡献 $[a,mid)$，正贡献 $[mid,b]$
3. 一起到达 $mid$
   剔除掉中间那个重复的之后，负贡献 $[a,mid)$，正贡献 $(mid,b]$

于是乎得到了这样一个函数。

inline unsigned query(int a,int b) {
	if(a>b) return 0;
	--a;
	const int mid=(a+b)>>1;
	const int flag=(mid-a)-(b-mid); // 看那边离 mid 近
	if(flag==0) return (kmp[b]-kmp[mid])-(kmp[mid-1]-kmp[a-1]); // 一起到
	if(flag>0) return (kmp[b]-kmp[mid-1])-(kmp[mid-1]-kmp[a-1]); // b 先到
	if(flag<0) return (kmp[b]-kmp[mid])-(kmp[mid]-kmp[a-1]); // a 先到
	return 0; // 顺手写 return 0; 的好习惯（然而并没有什么用）
}
int main() {
    // do sth.
    for(int i=1;i<=n;++i) ans+=query(i-mnchr[i]+m,i+mnchr[i]-1);
    return 0;
}

想一下还有没有优化常数的方法。

首先读入优化很见仁见智，因此不加以赘述。

考虑一下真的每次我们都需要进行三个分支判断吗？不一定吧。

一起到是什么意思，就是 $a,b$ 在走了相同的步数之后还差一步就重合了，那么他们两个必定奇偶性不同 。

如果其中一个先到，就是 $a,b$ 在走了相同的步数之后相邻了，那么他们两个必定奇偶性相同 。

同时想一想，如果奇偶性相同，他们最后相邻的之后，必定是 $a$ 先到达，因为 $mid$ 是向下取整的，不可能 $b$ 先到。

那么根据 $a,b$ 奇偶性不同我们就可以定下来究竟用哪个式子了。

然后看一眼 ans+=query(i-mnchr[i]+m,i+mnchr[i]-1);

其中i-mnchr[i] 和 i+mnchr[i] 的奇偶性必定相同，于是乎他们的奇偶性就取决于 $m$ 的奇偶性了。

如果 $m$ 是奇数，那么他们奇偶性相同。否则他们奇偶性不同。

然而两条式子只差一个 -1 ，因此一个绝妙的注意浮上心头。。。就是根据这个奇偶性来提前规划究竟用哪个式子。

然而由于神秘的东方力量，在加上这个优化之后更慢了（还莫名其妙紫了一个点）。所以这个优化。。。就算了吧。

（反正凭着读入优化也骗到了最优解）

#include <cstdio>
#include <algorithm>

const int N=3e6;
int n,m;
char *s,*t,*p,input[6000021];
int f[N],mnchr[N];
unsigned kmp[N];

inline unsigned query(int a,int b) {
	if(a>b) return 0;
	--a;
	const int mid=(a+b)>>1;
	const int flag=(mid-a)-(b-mid);
	if(flag==0) return (kmp[b]-kmp[mid])-(kmp[mid-1]-kmp[a-1]);
	if(flag<0) return (kmp[b]-kmp[mid])-(kmp[mid]-kmp[a-1]);
	return 0;
}

int main() {
	fread(p=input,1,6000021,stdin);
	while(*p!=' ') n=(n<<1)+(n<<3)+(*(p++)^48);
	while(*(++p)!='\n') m=(m<<1)+(m<<3)+(*p^48);
	t=p; s=p+n+1;
	t[0]=-17; s[0]=0; s[m+1]=0;
	for(register int i=2,j=f[1]=0;i<=n;++i) {
		while(j and s[i]!=s[j+1]) j=f[j];
		if(s[i]==s[j+1]) f[i]=++j;
		else f[i]=j=0;
	}
	for(register int i=1,j=0;i<=n;++i) {
		while(j and s[j+1]!=t[i]) j=f[j];
		if(s[j+1]==t[i]) ++j;
		if(j==m) kmp[i]=1, j=f[j];
	}
	for(register int i=1;i<=n;++i) kmp[i]+=kmp[i-1];
	for(register int i=1;i<=n;++i) kmp[i]+=kmp[i-1];
	register int x=0,y=0;
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		if(i<y) mnchr[i]=std::min(mnchr[(x<<1)-i],y-i);
		else mnchr[i]=1;
		while(t[i-mnchr[i]]==t[i+mnchr[i]]) ++mnchr[i];
		if(i+mnchr[i]>y) y=i+mnchr[x=i];
	}
	register unsigned ans=0;
	for(register int i=1;i<=n;++i) {
		ans+=query(i-mnchr[i]+m,i+mnchr[i]-1);
	}
	printf("%u\n",ans);
	return 0;
}