基础字符串

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符号与约定
匹配、周期和 Border
回文相关

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5.27：修复了文章里没有图片的问题。更新了若干题目的题解，修改了少量 typo。移除了《喵星球上的点名》一题。
5.28 ：重新添加了《JOJO》一题。修改了少量 typo。补充了部分题目的题解。

符号与约定

对于字符串 $s$，用 $s_i,s(i),s[i]$ 表示 $s$ 中第 $i$ 个字符。如无特殊说明，默认字符串下标从 $1$ 开始。

对于字符串 $s$，用 $s[l...r],s[l,r]$ 表示 $s$ 中第 $l$ 个字符开始到第 $r$ 个字符结束的子串。特殊地，若 $l>r$，则认为其为空串。

对于字符串 $s,t$，用 $st$ 或 $s+t$ 来表示 $s$ 和 $t$ 的拼接。

对于字符串 $s$ 和非负整数 $l$，用 $\operatorname{pre}(s,l),\operatorname{suf}(s,l)$ 分别表示 $s$ 中长度长度为 $l$ 的前缀和后缀。特殊地，若 $l = 0$，则认为二者皆为空串。

用 $\Sigma$ 表示字符集。字符集 $\Sigma$ 是一个有限全序集，字符串中仅含字符集中的字符。

匹配、周期和 Border

定义

对于字符串 $s$，若 $0 \leq r < |s|$ 的 $r$ 使得 $s[1,r] = s[|s|-r+1,|s|]$，则称 $s[1,r]$ 是 $s$ 的 border。

对于字符串 $s$，若 $0 < p \leq |s|$ 的 $p$ 使得 $\forall i\in\{1,2,\cdots,|s|-p\}$，$s_i = s_{i+p}$，则称 $p$ 是 $s$ 的周期。

按照上述定义，我们不能说 $s$ 本身是它的 border，也不能说 $0$ 是 $s$ 的周期。上述对于不等式符号的精心选取是为了导出以下结论：

Period-Border Lemma

$s[1,r]$ 是 $s$ 的 border 当且仅当 $|s|-r$ 是 $s$ 的周期。

对于长度为 $n$ 的字符串 $s$，定义其前缀数组（一别称为 $\operatorname{next}$ 数组）$\pi = [\pi_0,\pi_1,\pi_2,\cdots,\pi_n]$，其中 $\pi_i$ 表示 $s[1,i]$ 的最长 border 长度。特殊地，规定 $\pi_0 = 0$。

对于字符串 $s,t$ 和 $1 \leq l \leq r \leq |s|$，若 $s[l,r] = t$，则称 $s[l,r]$ 和 $t$ 匹配。对于所有满足前述条件的 $r$，称 $r$ 构成的集合为 $t$ 在 $s$ 中的匹配位置。

基础性质

性质 1：border 的 border 仍然是原串的 border。
性质 2：每次令 $s$ 变为 $s$ 的最长 border，直到 $s$ 变为空串，则经过的所有 $s$ 恰好构成原串的 border 集合。

证明可以考虑反证法，结合 border 的定义即可。
性质 3：若 $p$ 是 $s$ 的周期，且 $kp \leq |s|$，则 $kp$ 也是 $s$ 的周期。

只需要考虑周期定义。

周期引理

弱周期引理 Weak Periodicity Lemma

对于字符串 $s$，若 $p,q$ 是 $s$ 的周期，且 $p+q \leq |s|$，则 $\gcd(p,q)$ 也是 $s$ 的周期。

周期引理 Periodicity Lemma

对于字符串 $s$，若 $p,q$ 是 $s$ 的周期，且 $p+q -\gcd(p,q) \leq |s|$，则 $\gcd(p,q)$ 也是 $s$ 的周期。

接下来使用较为直观的生成函数方法来证明周期引理。

以下证明中默认字符串的下标从 $0$ 开始，且长度为 $n$。

考虑给每种字符分配一个互不相同的正整数权值，即建立映射 $f:\Sigma \to \mathbb N_+$，然后将字符串 $s = s_0s_1\cdots s_{n-1}$ 看作数列 $\lang f(s_0),f(s_1),\cdots, f(s_{n-1})\rang$。

对于周期 $p,q$，构造多项式 $P(x) = \sum \limits_{i=0}^{p-1} f(s_i)x^i,Q(x) = \sum \limits_{i=0}^{q-1} f(s_i)x^i$，这便是 $s[0,p-1],s[0,q-1]$ 的生成函数。

定义字符串 $s[0,p-1],s[0,q-1]$ 复制无穷多遍的生成函数为 $S_p(x),S_q(X)$，则有 $S_p(x)= \sum \limits_{i \geq 0} f(s_{i \bmod p})x^i$，$S_q(x)= \sum \limits_{i \geq 0} f(s_{i \bmod q})x^i$。$S_p(x),S_q(x)$ 的系数可以分别看作 $P(x),Q(x)$ 的系数复制无穷多遍产生的，可以表示为 $S_p(x) = P(x) + x^pP(x)+x^{2p}P(x)+\cdots+x^{kp}P(x)+\cdots$，对于 $S_q(x)$ 同理。根据生成函数的运算规则，$S_p(x) = \dfrac{P(x)}{1-x^p},S_q(x) = \dfrac{Q(x)}{1-x^q}$。

不难发现字符串 $s$ 的生成函数 $S(x)$ 是 $S_p(x),S_q(x)$ 对前 $n$ 项的截断，即 $S(x) = S_p(x) \bmod x^n = S_q(x) \bmod x^n$，从而 $[x^k]S_p(x) = [x^k]S_q(x)$，其中 $k = 0,1,\cdots,n-1$。

考虑对 $S_p(x)$ 和 $S_q(x)$ 作差，得到

\[\dfrac{P(x)}{1-x^p}-\dfrac{Q(x)}{1-x^q} = \dfrac{1-x^{\gcd(p,q)}}{(1-x^p)(1-x^q)}\left(\dfrac{1-x^q}{1-x^{\gcd(p,q)}} P(x)+ \dfrac{1-x^p}{1-x^{\gcd(p,q)}}Q(x) \right) \]

长除法容易证明 $(1-x^a),(1-x^b)$ 都是 $(1-x^{ab})$ 的因式，因此 $\frac{1-x^q}{1-x^{\gcd(p,q)}},\frac{1-x^p}{1-x^{\gcd(p,q)}}$ 是整式，从而 $H(x) = \dfrac{1-x^q}{1-x^{\gcd(p,q)}} P(x)+ \dfrac{1-x^p}{1-x^{\gcd(p,q)}}Q(x)$ 是次数不超过 $p+q-1-\gcd(p,q)$ 的多项式。同时，$\dfrac{1-x^{\gcd(p,q)}}{(1-x^p)(1-x^q)}$ 是一个常数项不为 $0$ 的形式幂级数。若 $H(x) \neq 0$，则取左侧幂级数的常数项和 $H(x)$ 相乘，最终的结果中必然会得到不为 $0$ 的一个 $x^i$，其中 $i \leq p+q-1-\gcd(p,q)$。根据上面的讨论，在 $k = 0,1,\cdots,n-1$ 处，我们都有 $[x^k](S_p(x)-S_q(x)) = 0$，又因为 $p+q-\gcd(p,q) \leq n$，从而 $i \leq n-1$，这样我们同时有 $x^i$ 项的系数不为 $0$ 和 $x^i$ 项的系数必须为 $0$，出现了矛盾，因此 $H(x) = 0$。

这样我们就有 $S_p(x) - S_q(x) = 0$，从而 $S_p(x)$ 和 $S_q(x)$ 每一项的系数都相等。根据裴蜀定理，存在整数 $a,b$ 使得 $ap+bq=\gcd(p,q)$。这样就有 $[x^i]S_p(x) = [x^{i+ap}]S_p(x) = [x^{i+ap}]S_q(x) = [x^{i+ap+bq}] S_q(x) = [x^{i+\gcd(p,q)}]S_p(x)$，从而 $s_i = s_{i+\gcd(p,q)}$。如果 $ap$ 是负数并使得 $i-ap$ 是负数，那么我们可以先让 $i$ 变为 $i+bq$，因为此时 $bq$ 一定是正整数，从而我们可以避免取负数项的系数。

这里，尽管我们直接证明了周期引理，但是大部分时候 WPL 就足够了。

匹配引理

引理

若字符串 $u,v$ 满足 $2|u| \geq v$，则 $u$ 在 $v$ 中的所有匹配位置构成一个等差数列。

对平凡情况进行考察后，我们只需要考虑 $u$ 在 $v$ 中匹配了至少 $3$ 次的情况。

如上图，设 $u$ 在 $v$ 中的前两次匹配在 $v$ 中间隔为 $d$，另外某次匹配距离第二次匹配的间隔为 $q$，并记 $u$ 在 $v$ 中的前两次匹配分别为 $u_1,u_2$。因为 $2|u| \geq v$，因此任意两次相邻匹配都会产生重叠位置，从而 $d+q \leq |u|$，根据 Period Lemma 得到 $r = \gcd(d,q)$ 也是 $u$ 的周期。

此时，若 $p <d$，则 $u_1$ 向右移动 $p$ 的距离就会产生一次匹配，和 $u_2$ 是 $u$ 在 $v$ 中第二次匹配矛盾。于是 $d \leq p \leq r = \gcd(d,q) \leq d$ 成立，从而 $p =d = r = \gcd(d,q)$。

推论

若字符串 $u,v$ 满足 $2|u| \geq v$，则 $u$ 在 $v$ 中的所有匹配位置构成一个等差数列。若该等差数列项数不小于 $3$，则其公差 $d$ 为 $u$ 的最小周期 $\text{per}(u)$，且此时易知 $\text{per}(u) \leq |u|/2$。

我们上面的证明可以立刻得到该推论。注意到 $d+q \leq |u|$，因此两个和为 $|u|$ 的正整数的 $\gcd$ 必然不会超过 $|u|$ 的一半。

当等差数列仅含 $2$ 项时不一定有 $\text{per}(u) = d$，这是因为存在 $u =\texttt{aabaa}, v =\texttt{aabaaabaa}, \text{per}(u) = 3, d = 4$ 的反例。

Border 的结构

引理 1

字符串 $s$ 所有长度不小于 $|s|/2$ 的 border 长度组成一个等差数列。

笔者注：此处不取整。

证明：设 $s$ 的最大 border 长度为 $|s|-p$，另外某个 border 长度为 $|s| - q$，其中 $p,q \leq |s|/2$。那么 $p+q \leq |s|$，从而 $\gcd(p,q)$ 是 $s$ 的周期。注意到 $|s| -p$ 是 $s$ 的最大 border 长度，因此 $p$ 是 $s$ 的最小周期，因此 $p \leq \gcd(p,q)$。根据 $\gcd$ 的定义有 $p \geq \gcd(p,q)$，因此 $p = \gcd(p,q)$，从而 $s$ 所有大小不超过 $|s|/2$ 的周期恰为 $p,2p,\cdots,kp,\cdots(kp \leq |s|/2)$，同时 $s$ 所有大小不小于 $|s|/2$ 的周期恰为 $|s|-p,|s|-2p,\cdots,|s|-kp$，它们构成一个等差数列。

接下来对 $s$ 的所有 border 考虑如下的引理 2：

引理 2

$s$ 的所有 border 长度构成 $O(\log|s|)$ 个值域上不交的等差数列。

我们将 border 按照长度 $x$ 分类：$x \in [1,2),[2,4),\cdots,[2^{k-1},2^k),[2^k,n)$。

若 $x \in [2^k,n)$，其中 $2^k \geq n/2$，那么使用引理 $1$ 可证。接下来讨论 $x \in [2^{i-1},2^i)$ 的情形。

对于两个长度相等的串 $u,v$，仿照 border 的定义，定义 $u,v$ 的 PS 集合 $\text{PS}(u,v) =\{k\mid\text{pre}(u,k) = \text{suf}(v,k)\}$。

记 $\text{LargePS}(u,v) = \{k \mid k \in \text{PS}(u,v),k \geq |u|/2\}$。

引理 3

$\text{LargePS}(u,v)$ 构成一个等差数列。

证明：若 $u = v$ 则只需要考察 $|u|$ 是否和 $u$ 所有长度不小于 $|u|/2$ 的 border 构成一个等差数列。根据对引理 1 的证明，这事实上是显然的，因为后者是 $|u|-p,|u|-2p,\cdots,|u|-kp$。

若 $u \neq v$，考察 $\text{LargePS}(u,v)$ 中的最大元素 $x$。

那么将 $u,v$ 按照上图方式叠放后，它们长度为 $x$ 的交集应当是相等的。$\text{LargePS}(u,v)$ 中任意一个更小的元素（图中深蓝色部分）必然是 $\text{pre}(u,x)$ 的 border，因此利用引理 1 得到这些元素构成一个等差数列。和 $u=v$ 时类似，$x$ 也可以加入到这个等差数列中。因此引理 3 成立。

现在回到引理 2。根据 border 的定义，$\text{LargePS}(\text{pre}(s,2^i),\text{suf}(s,2^i))$ 恰好包含 $x \in [2^{i-1},2^i)$ 的长度为 $x$ 的 border。利用引理 3，$\text{LargePS}(\text{pre}(s,2^i),\text{suf}(s,2^i))$ 构成一个等差数列，因此引理 2 立刻得证。

通过引理 2 的证明，当 $|s|>1$ 时，这里的 $O(\log|s|)$ 可以变成一个更紧的界 $\lceil \log_2 |s|\rceil$。如果要严谨一点，我们还应该考察长度为 $0$ 的 border，但这不影响结论成立，因为我们完全可以把它和 $1$ 放到同一个等差数列中，不过我们一般也不会需要它。

小结

通过探讨关于周期和 border 的几个引理，我们最终得到了最重要的引理 $2$：$s$ 的所有 border 长度构成 $O(\log|s|)$ 个值域上不交的等差数列。

在具体应用到题目中时，通常会考虑所有非空 border 构成的长度序列 $b_1 \leq b_2 \leq \cdots \leq b_k$，同时令 $b_0 = 0,b_{k+1} = |s|$。一种较为常用的划分方法是，从后往前考虑每个 $b_i(1 \leq i \leq k)$，并判定：

若 $b_{i+1} - b_i = b_{i} - b_{i-1}$，则将 $b_i$ 划分进当前等差数列；
否则，将 $b_i$ 划分进下一个等差数列。

例如，我们有 border 长度序列 $b = [3,5,7,9,11,33,55]$（很拙劣的例子。此处只是为了演示划分方式，可能并不存在这样的 border 序列），那么我们的划分方式为 $[3] / [5,7,9,11] / [33,55]$。

这样做的好处是，因为 $b_{i-1} \geq 0$，因此对于同一个等差数列中的相邻元素 $b_i,b_{i+1}$，都有 $b_{i+1} \geq 2b_i$。这个性质和匹配引理的条件颇为相似，在某些题目中会派上用场。

最后给出一条性质作为结尾：若满足 $k>1$ 的等差数列 $b'=[b'_1,\cdots,b'_{k}]$ 存在，那么根据周期的定义，$s$ 存在大小为公差 $b'_2 - b'_1$ 的周期，因此，除了 $b'_k$，其余的 $b'_i$ 都满足 $s[b'_i+1]$ 相同。

前缀数组、KMP 与字符串匹配

前缀数组的求法

KMP 算法支持在 $O(n)$ 的时间内在线计算出前缀数组 $\pi$。根据 border 的定义，若 $s[1,i]$ 存在长度为 $x(x > 0)$ 的 border，则 $s[1,i-1]$ 存在长度为 $x-1$ 的 border。考虑以下计算流程：

令 $\pi_1 = 0$。
枚举 $i = 2,\cdots,n$，依次执行如下算法：
1. 初始化指针 $j \leftarrow \pi_{i-1}$；
2. 若 $s[j+1] = s[i]$，令 $\pi_{i} \leftarrow j+1$，结束算法；
3. 若 $j = 0$，令 $\pi_i \leftarrow 0$，结束算法。
4. 令 $j \leftarrow \pi_{j}$，回到 2。

在每次执行算法的时候，$j$ 不断变为 $s[1,j]$ 的最长 border 的长度（$\pi$ 数组的定义），根据性质 2，我们本质上从长到短遍历了 $s[1,i-1]$ 的所有 border，然后依次判断该 border 是否是能在后方接上一个字符 $s[i]$ 变成 $s[1,i]$ 的 border。

上述流程可以写作如下代码：

for(int i=2;i<=n;++i){
	int j=len[i-1];
	while(s[i]!=s[j+1]){
	    if(!j) break;
	    j=len[j];
	}
	len[i]=j+(s[i]==s[j+1]);
}

考虑复杂度分析。首先，显然有 $\pi_i \leq \pi_{i-1} + 1$，其次，在每次算法执行的过程中，每当 $j$ 变为 $\pi_j$ 时，$j$ 至少变小 $1$。因为 $0 \leq \pi_i < i$，运用势能分析可以得知该算法的复杂度为 $O(n)$。

前缀数组与字符串匹配

对于字符串 $s,t(|s| = n,|t| = m)$，利用字符串 $t$ 的前缀数组 $\pi$ 可以求出 $t$ 在 $s$ 中的所有匹配位置。考虑以下计算流程：

枚举 $i = 1,2,\cdots,n$。同时维护指针 $j$，表示 $s[1,i]$ 的某个后缀和 $t[1,j]$ 相等。初始令 $j \leftarrow 0$。

依次执行如下算法：
1. 检查是否有 $s[i] = s[j+1]$。
2. 若 $s[i] = s[j+1]$ 成立，则令 $j \leftarrow j+1$。此时若 $j = m$，则找到一个出现位置，标记该位置，并令 $j \leftarrow \pi_j$。
  
  结束算法。
3. 若 $s[i] = s[j+1]$ 不成立，则判断：若 $j = 0$，则结束算法。否则令 $j \leftarrow \pi_{j}$，转到 1。

该算法的正确性证明和时间复杂度证明与求前缀数组是类似的，此处不再赘述。可以分析出时间复杂度为 $O(n+m)$，其中 $O(m)$ 的部分为求 $\pi$ 的复杂度，$O(n)$ 的部分为执行匹配算法的复杂度。

例题：【模板】KMP。

正常写法。

# include <bits/stdc++.h>
const int N=1000010,INF=0x3f3f3f3f;
char s[N],t[N];
int n,m;
int len[N];
int main(void){
	scanf("%s",s+1),scanf("%s",t+1),n=strlen(s+1),m=strlen(t+1);
	for(int i=2;i<=m;++i){
		int j=len[i-1];
		while(t[i]!=t[j+1]){
		    if(!j) break;
		    j=len[j];
		}
		len[i]=j+(t[i]==t[j+1]);
	}
	for(int i=1,j=0;i<=n;){
		if(s[i]==t[j+1]){
			++i,++j;
			if(j==m) printf("%d\n",i-m),j=len[j];
		}else if(j) j=len[j]; else ++i;
	}
	for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d ",len[i]);
	return 0;
}

或者偷懒：将 $s$ 和 $t$ 用分隔符连接，每次只需要查询某一位的 $\pi$ 值是否为 $|s|$。

# include <bits/stdc++.h>
const int N=2000010,INF=0x3f3f3f3f;
char s[N],t[N];
int n,m;
int len[N];
int main(void){
	scanf("%s",s+1),scanf("%s",t+1),n=strlen(s+1),m=strlen(t+1);
	int q=m;
	t[++q]='#';
	for(int i=1;i<=n;++i) t[++q]=s[i];
	for(int i=2;i<=q;++i){
		int j=len[i-1];
		while(t[i]!=t[j+1]){
		    if(!j) break;
		    j=len[j];
		}
		len[i]=j+(t[i]==t[j+1]);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) if(len[m+1+i]==m) printf("%d\n",i-m+1);
	for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d ",len[i]);
	return 0;
}

结合周期引理 / UVA1328

UVA 1328 Period

对于某个字符串，当且仅当某个周期的大小整除字符串长度时，这个周期是该字符串的循环节。

注意到如果一个长度为 $n$ 的字符串 $s$ 有最短非平凡（大小不为 $n$ 本身）循环节 $c$，那么一定有 $c \leq n/2$。若 $s$ 的最小周期 $p$ 不为 $c$，则 $p+c \leq n$，根据周期引理，$\gcd(p,c) \leq p < c$ 是 $s$ 的周期。因为 $c$ 是 $n$ 的非平凡循环节，因此 $\gcd(p,c) \mid c \mid n$，同时 $\gcd(p,c) < c$，推出矛盾。

因此，对于本题，只需要求出前缀数组 $\pi$，对于每个前缀 $i$，检查是否有 $(i - \pi_i) \mid i$ 即可。同样根据周期引理，我们可以得到，任何循环节长度都是最短循环节长度的整倍数，因此，前缀 $i$ 的循环节数量恰为 $i/(i- \pi_i)$。

KMP 算法的可持久化

接下来介绍一种 KMP 算法的变种，时空复杂度可做到 $O(n\Sigma)$，或利用可持久化数据结构做到 $O(n \log \Sigma)$。

具体来说，记 $nex(i,c)$ 表示 $s[1,i]$ 所有满足 $s[j+1] = c$ 的 border $j$（$j = 0$ 亦考虑在内）的最大长度，不存在则 $nex(i,c) = -1$。那么显然有 $\pi_i = nex(i-1,s[i])$。

接下来只需考虑求出 $nex(i)$。不难发现 $nex(i)$ 比起 $nex(\pi_i)$，仅有 $c = s[\pi_i + 1]$ 时可能发生改变。因此每次从 $nex(\pi_i)$ 处复制后修改即可。

该变种的优势是，复杂度不依赖均摊，每添加一个字符，需要的复杂度都是 $O(\Sigma)$ 或 $O(\log \Sigma)$，因此支持可持久化。

例题 Codeforces 1721E

给定长度为 $n$ 的字符串 $s$。$m$ 次询问，每次给出一个字符串 $t$，询问字符串 $s+t$ 的前缀数组 $\pi$ 中，最后 $|t|$ 位的值。

字符集为小写字母集。

$1 \leq n \leq 10^6,1 \leq m \leq 10^5,1 \leq |t| \leq 10$

不难发现可持久化 KMP 只需要保证 $\sum |t|$，因此 $|t| \leq 10$ 无用，可加强到与 $n$ 同阶。

以下给出代码。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=1000110,INF=0x3f3f3f3f;

char s[N],t[N];
int n,m;
int len[N];
int nex[N][26];

inline void extend(int i,int c){	
	len[i]=nex[i-1][c]+1;
	memcpy(nex[i],nex[len[i]],sizeof(nex[i]));
	nex[i][s[len[i]+1]-'a']=len[i];
	return;
}
int main(void){
	for(int i=0;i<26;++i) nex[0][i]=-1;
	scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		extend(i,s[i]-'a');
	}
	int m; std::cin>>m;
	while(m--){
		scanf("%s",t+1);
		int k=strlen(t+1);
		for(int i=1;i<=k;++i) s[n+i]=t[i],extend(n+i,s[n+i]-'a'),printf("%d ",len[n+i]);
		puts("");
	}
	return 0;
}

Luogu P4156 [WC2016] 论战捆竹竿

给定长度为 $n$ 的小写字母串 $s$ 和正整数 $w$。考虑 $s$ 的所有非空 border 长度与正整数 $n$ 构成的集合 $B$，求：有多少个小于等于 $w-n$ 的非负整数可以被集合 $B$ 中若干个（可以为 $0$ 个）元素的和所表示。集合中元素可重复使用。

多测，$T \leq 5,1 \leq n \leq 5\times 10^5,1 \leq w \leq 10^{18}$

求出 $B$ 是平凡的。不难发现这是元素较小，且值域较大的完全背包问题，可以使用转圈法（或同余最短路）解决，详见 [THUPC 2023 初赛] 背包。

但事实上，元素种类仍然较多，难以直接通过。接下来的做法需要考虑到 border 可以划分为若干个等差数列的性质。

考虑当前模数 $M$，并设 $f(i)$ 表示只使用之前加入的元素时，能够凑出来的最小的模 $M$ 等于 $i$ 的非负整数。初始令 $M = n,f(0) = 0,f(i) = +\infty ( i \neq 0)$。

对于一个长度为 $l+1$ 的等差数列，设其为 $x,x+d,\cdots,x+ld$。先实现 $f(i)$ 从模 $M$ 意义下到模 $M' = x$ 意义下的转换，那么对于一个旧的 $f(i)$，其贡献显然为：令 $f'(i \bmod y)$ 对 $f(i)$ 取 min。

此时注意到，因为原来的背包基准元素为 $M$，因此旧的 $f(i)$ 中并没有考虑加入元素 $M$ 的贡献。因此需要在模 $M'$ 意义下的背包中，加入元素 $M$，跑一遍背包。

现在考虑加入等差数列中的元素。将每个点 $i$ 向 $(i+d) \bmod x$ 连边，此时形成了 $\gcd(d,x)$ 个环。每个环上的任务形如：找到环上使得 $f(i)$ 最小的 $i$ 作为起始点，然后对于每个 $f(i+kd)$，有 $f(i+kd) = \min \limits_{j = 1}^{l} \{f(i+(k-j)d) + jd\}$。使用单调队列优化 DP 即可。

Codeforces 1286E Fedya the Potter Strikes Back

本题需要在加入每个字符后，求出当前字符串每个非空 border 的可疑度之和。

考察 $s[1,i] (i>1)$ border 的来源：要么是一个空 border，要么是 $s[1,i-1]$ 的某个 border 在后面拼上一个和 $s[i]$ 相等的字符变来的。

设 $S(i,c)$ 表示 $s[1,i]$ 所有满足下一位字符为 $c$ 的 border 构成的集合，那么 $S(i)$ 中只有一个位置和 $S(\pi_i)$ 不同：$S(i,s[\pi_i + 1])$ 中添加了 $\pi_i$ 这一元素。

不难发现，加入 $s[i]$ 后，需要删除 $S(i-1,c) (c \neq s_i)$ 中 border 的贡献。没有被删除的 border 贡献需要对 $i$ 这一位的权值取 min，可以使用 map 简单维护。另外，若 $s[i] = s[1]$，则加入该 border 的贡献。

考虑如何求出需要删除的 border。记 $nex(i,c)$ 表示 $S(i,c)$ 中的最长 border 长度，那么依次遍历 $nex(i-1,c),nex(nex(i-1,c),c),\cdots$ 即可。

贡献可以使用线段树计算。因为 border 的加入删除数量是均摊 $O(1)$ 的，因此时间复杂度 $O(n \log n)$。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=600010,INF=0x3f3f3f3f;

typedef long long ll;
int nex[N][26],fail[N],n,w[N]; // nex[i,x] = pos 表示 [1,pos] 是 [1,i] 的 border 且 s[pos+1] = x 
int s[N];
__int128 ans;
ll curv; // 记录下 border 的和（即不包含 [1,x] 的所有相等前缀） 
int minx[N<<2];

std::map <int,int> S;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-')f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}
inline void print(__int128 x){
	if(x<0) putchar('-'),x-=x;
	if(x>9) print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	return; 
}
inline int lc(int x){
	return x<<1;
}
inline int rc(int x){
	return x<<1|1;
}
inline void pushup(int k){
	minx[k]=std::min(minx[lc(k)],minx[rc(k)]);
	return;
}
void change(int k,int l,int r,int x,int v){
	if(l==r) return minx[k]=v,void();
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid) change(lc(k),l,mid,x,v);
	else change(rc(k),mid+1,r,x,v);
	pushup(k);
	return;
}
int query(int k,int l,int r,int L,int R){
	if(L<=l&&r<=R) return minx[k];
	int mid=(l+r)>>1,res=2e9;
	if(L<=mid) res=std::min(res,query(lc(k),l,mid,L,R));
	if(mid<R) res=std::min(res,query(rc(k),mid+1,r,L,R));
	return res;
}


int main(void){
	n=read();
	char in[2];
	scanf("%s",in);
	s[1]=in[0]-'a',printf("%d\n",w[1]=read()),ans+=w[1],change(1,1,n,1,w[1]);
	for(int i=2,val,j=0;i<=n;++i){
		scanf("%s",in),val=read();
		s[i]=(in[0]-'a'+ans%26)%26,w[i]=val^(ans%(1<<30));
		change(1,1,n,i,w[i]);
		ans+=query(1,1,n,1,i);
		while(j&&s[j+1]!=s[i]) j=fail[j];
		if(s[j+1]==s[i]) ++j;
		fail[i]=j;
		for(int k=0;k<26;++k) nex[i][k]=nex[fail[i]][k];
		nex[i][s[fail[i]+1]]=fail[i];
		for(int k=0;k<26;++k){
			if(k!=s[i]){
				for(int j=nex[i-1][k];j;j=nex[j][k]){
					int res=query(1,1,n,(i-1)-j+1,i-1);
					curv-=res,--S[res];
				}
			}
		}
		std::vector <int> delv;
		for(std::map <int,int>::iterator it=S.upper_bound(w[i]);it!=S.end();++it){
			std::pair <int,int> now=*it;
			curv+=1ll*(w[i]-now.first)*now.second,S[w[i]]+=now.second,delv.push_back(now.first);
		}
		for(auto v:delv) S.erase(v);
		if(s[i]==s[1]) curv+=w[i],++S[w[i]];
		ans+=curv,print(ans),puts("");
	}
	return 0;
}

Luogu P6080 [USACO05DEC]Cow Patterns G

考虑对于两个序列，如何判定其等价。我们发现重复的数非常麻烦，因此可以把序列中的某个数 $x$ 看作一个二元组 $(x,c)$，其中 $c$ 表示在 $x$ 所在位置之前大小等于 $x$ 的数的数量。

两个序列 $a,b$ 相同，当且仅当对于每一位 $i$，$a[1,i-1]$ 中小于 $a_i$ 的数的数量和 $b[1,i-1]$ 中小于 $b_i$ 的数的数量相等。同时，对于这一位，$a[1,i-1]$ 中等于 $a_i$ 的数的数量也要和 $b[1,i-1]$ 中等于 $b_i$ 的数的数量相等。这些要求本质上确定了插入第 $i$ 位时这个数要插在的位置。

等价仍然是具有传递性的，因此这不影响 KMP 的过程。因此我们只需要按照上面的方法修改两个字符相等的判定即可。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=200010,INF=0x3f3f3f3f;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

int n,k,s;

int T[N];
int S[N];

int occ[N][30];
int pi[N];

inline int g(int l,int r,int p){
	return occ[r][p]-occ[l-1][p];
}

inline bool mat(int x,int y){
	if(x>k) return false;
	return (g(1,x-1,S[x]-1)==g(y-x+1,y-1,S[y]-1))&&(g(1,x-1,S[x])==g(y-x+1,y-1,S[y]));
}

int main(void){
	n=read(),k=read(),s=read();
	
	for(int i=1;i<=n;++i) T[i]=read();
	for(int i=1;i<=k;++i) S[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) S[k+i+1]=T[i];
	
	int len=n+k+1;
	
	for(int i=1;i<=len;++i){
		memcpy(occ[i],occ[i-1],sizeof(occ[i]));
		for(int j=S[i];j<=s;++j) ++occ[i][j];
	}
	
	std::vector <int> vec;
	
	for(int i=2;i<=len;++i){
		if(i==k+1) continue;
		int j=pi[i-1];
		while(!mat(j+1,i)){
			if(!j) break;
			j=pi[j];
		}
		pi[i]=j+1;
		if(i>k&&pi[i]==k) vec.push_back(i-(k+1)-k+1);
	}
	printf("%llu\n",vec.size());
	for(auto v:vec) printf("%d\n",v);
	return 0;
}

Luogu P5287 [HNOI2019] JOJO

不难发现询问离线，因此可持久化无用，可以建出操作树后 DFS。

将一个字符串看作若干个二元组 $(x,c)$ 构成的序列，其中 $x$ 描述这段字符的数量，$c$ 描述这段字符的种类。例如，$\texttt{aaaabbbbaa}$ 可以被描述为 $[(4,\texttt a),(4,\texttt b),(2,\texttt a)]$。

如何判定这个字符串的某个前缀和后缀相等？事实上，题目保证了相邻两次插入的字符种类不同，因此，分别将该前缀和该后缀所在的二元组序列取出（它们也分别是原二元组序列的一段前缀和后缀。另外，如果某个二元组不被完全包含，我们也会取出它），那么这两个序列需要满足以下条件：

两个序列的长度相同；
序列中每个位置的字符对应相等；
除了头尾，中间的二元组必须完全相等；
对于第一个二元组，前缀序列的字符数量不超过后缀序列的字符数量；
对于最后一个二元组，后缀序列的字符数量不超过前缀序列的字符数量。

以 $\texttt{aabbcccdaaabbcc}$ 为例。它可以被描述为 $[(2,\texttt a),(2,\texttt b),(3,\texttt c),(1,\texttt d),(3,\texttt a),(2,\texttt b),(2,\texttt c)]$，取出长度为 $6$ 的前缀和长度为 $6$ 的后缀的二元组序列，它们分别是 $[(2,\texttt a),(2,\texttt b),(3,\texttt c)],[(3,\texttt a),(2,\texttt b),(2,\texttt c)]$。按照上述规则，我们可以判定长度为 $6$ 的后缀和长度为 $6$ 的前缀相等。

注意到，中间的二元组必须完全相等，因此 KMP 的过程不会发生太大变化。我们只需要略微修改二元组序列中，两个前后缀相等的定义：前后缀长度必须相等；除了第一个二元组，其余二元组必须完全相等；第一个二元组的字符必须相等，前缀中该二元组的字符数量必须不超过后缀中该二元组的字符数量。

在序列中加入第 $i$ 个二元组 $(x_i,c_i)$ 的时候，我们需要关心新加入的这 $x_i$ 个字符对应前缀的最长 border 长度。我们可以从长到短遍历二元组序列中前缀 $i-1$ 的所有 border $b$，并检查该 border 的下一个位置 $b+1$ 是否有 $c_{b+1} = c_i$。如果是，那么新加入的第 $k(1 \leq k \leq \min(x_i,x_{b+1}))$ 个字符就存在一个长度为 $(\sum \limits_{j=1}^{b} x_j)+k$ 的 border 了。

注意到我们的操作是在操作树上，因此不能再用带势能的 KMP 了。考虑 WPL，对于一个长度为 $n$ 的字符串 $s$，设其最长的 border 长度为 $n-d$，那么 $d$ 是其最小周期。若周期 $d'$ 满足 $d' +d \leq n$，则 $\gcd(d',d)$ 也是 $s$ 的周期，因此 $d'$ 只能是 $d$ 的倍数。从而所有大小在 $[d,n-d]$ 之间的周期都形如 $kd$。

因此，长度为 $n-d,n-2d,\cdots,n \bmod d + d$ 的 border 构成了一个等差数列，根据结论，这些 border 中除了最长的那个，剩下的 border 的下一个字符都是相同的。因此对于该等差数列，只需要检查该等差数列的最长 border 和次长 border 即可。

具体地，我们维护两个指针 $cl,cr$，其中 $cl$ 表示当前位于的 border，$cr$ 表示上一个 border。如果 $cr - cl = cl - \pi_{cl}$，则说明 $cl$ 是等差数列中的次长 border，我们直接跳到等差数列中的第一个 border，并将 $cr$ 置为 $-1$（这样下一次判断一定不会成立）。否则，我们只向前跳一步，即将 $cr$ 置为 $cl$，$cl$ 置为 $\pi_{cl}$。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f,mod=998244353;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

struct Edge{
	int x,to;
	char c;
};
std::vector <Edge> G[N];
int n;
int cnt=1;
int ver[N];

inline int sum(int l,int r){
	if(l>r) return 0;
	return 1ll*(l+r)*(r-l+1)/2ll%mod;
}
int ans[N];

namespace KM{
	int top,pi[N],len[N];
	int ans[N];
	struct Ele{
		int x;
		char c;
		bool operator == (const Ele &rhs) const{
			return x==rhs.x&&c==rhs.c;
		}
	}v[N];
	
	inline bool chk(int pos,Ele ele){
		if(!pos) return (v[1].c==ele.c)&&(v[1].x<=ele.x);
		return v[pos+1]==ele;
	}
	inline void add(int &a,int b){
		a=(a+b)%mod;
		return;
	}
	
	inline void ins(int x,char c){
		Ele ele=(Ele){x,c};
		
		++top,pi[top]=0,v[top]=ele,len[top]=len[top-1]+x;
		int &res=ans[top];res=ans[top-1];
		
		if(top==1) return res=sum(1,x-1),void(); // 细节 1: 第一次插入

		int cl=pi[top-1],cr=top-1,mx=0;
        // mx 表示当前插入的前 mx 个字符已经找到了 border.
        // 因此只有 > mx 的部分有可能造成贡献
		while(cl&&!chk(cl,ele)){		
			if(v[cl+1].c==c&&v[cl+1].x>mx) // 有贡献
				add(res,sum(len[cl]+mx+1,len[cl]+std::min(x,v[cl+1].x))),mx=std::min(x,v[cl+1].x);
			if(cr-cl==cl-pi[cl]){ // 位于等差数列的次长 border
				int d=cr-cl;
				cr=-1,cl=cl%d+d;
			}else cr=cl,cl=pi[cl];
		}
				
		if(chk(cl,ele)){
			pi[top]=cl+1,add(res,sum(len[cl]+mx+1,len[cl]+v[cl+1].x));
			add(res,1ll*(len[cl]+v[cl+1].x)*(x-std::max(mx,v[cl+1].x)%mod));
            // 此处注意细节：cl = 0 时，v[cl+1].x 未必和 x 相等
		}
		else{ // 边界：cl = 0 时仍有可能会造成贡献 (此时 v[1].x > x，可以有贡献但不能被 border 匹配)
			if(v[cl+1].c==c&&v[cl+1].x>mx)
				add(res,sum(len[cl]+mx+1,len[cl]+std::min(x,v[cl+1].x))),mx=std::min(x,v[cl+1].x);
		}
		return;
	}
	inline void del(void){
		--top;
		return;
	}
	inline int get(void){
		return ans[top];
	}
}

void dfs(int u){
	ans[u]=KM::get();
	for(auto edge:G[u]){
		int v=edge.to;
		KM::ins(edge.x,edge.c),dfs(v),KM::del();
	}
	return;
}

int main(void){
	n=read();
	int cur=1;
	ver[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int op=read(),x;
		if(op==1){
			x=read();
			char s[2];
			scanf("%s",s);
			++cnt,G[cur].push_back((Edge){x,cnt,s[0]}),cur=cnt,ver[i]=cnt;
		}else x=read(),ver[i]=cur=ver[x];
	}
	dfs(1);
	for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[ver[i]]);

	return 0;
}

Z 函数

对于长度为 $n$ 的字符串 $s$，定义其 Z 函数数组 $z = [z_1,z_2,\cdots,z_n]$，其中 $z_i$ 为 $s[1,n]$ 与 $s[i,n]$ 的 LCP 长度。

与前缀函数 $\pi$ 类似，$z$ 也可以在线性时间内求出。算法如下：

令 $z_1 = n$；
遍历 $i =2,3,\cdots,n$，并维护 Z-box $[l,r]$，表示最靠右的一段区间，使得它可以和 $s$ 的某个前缀完全匹配。初始 $l = r = 0$。执行以下流程：
1. 若 $i \leq r$，说明 $i$ 位于 Z-box 中。此时根据定义，有 $s[l,r] = s[1,r-l+1]$，从而 $s[i,r] = s[i-l+1,r-l+1]$。因此 $z_i \geq \min(z_{i-l+1},r-i+1)$。
2. 暴力扩展 $z_i$。即：若 $s[z_i+1] = s[i+z_i]$ 则令 $z_i$ 增加 $1$，直到该条不再成立。
3. 更新 Z-box。即：若区间 $[i,i+z_i-1]$ 的右端点 $(i+z_i - 1)$ 位于 Z-box $[l,r]$ 的右端点 $r$ 右侧，则将 Z-box 更新为前者。

z[1]=n;
for(int i=2,l=0,r=0;i<=n;++i){
	if(i<=r) z[i]=std::min(z[i-l+1],r-i+1);
	while(i+z[i]<=n&&s[i+z[i]]==s[z[i]+1]) ++z[i];
	if(i+z[i]-1>r) l=i,r=i+z[i]-1;
}

Luogu P5410 【模板】扩展 KMP/exKMP

事实上，我们可以使用与求 $z$ 时几乎一致的方式求出 $p$。

	z[1]=m;
	for(int i=2,l=0,r=0;i<=m;++i){
		if(i<=r) z[i]=std::min(z[i-l+1],r-i+1);
		while(i+z[i]<=m&&t[i+z[i]]==t[z[i]+1]) ++z[i];
		if(i+z[i]-1>r) l=i,r=i+z[i]-1;
	}
	for(int i=1,l=0,r=0;i<=n;++i){
		if(i<=r) p[i]=std::min(z[i-l+1],r-i+1);
		while(i+p[i]<=n&&s[i+p[i]]==t[p[i]+1]) ++p[i];
		if(i+p[i]-1>r) l=i,r=i+p[i]-1;
	}

Z 函数的应用场景就比较局限了。或许我们唯一能够期望的是它能在极端情况下少一个 log。

AC 自动机与多串匹配

现在有 $n$ 个字符串 $s_1,s_2,\cdots,s_n$。它们的 AC 自动机 $\mathcal A$ 可以看作是 $s_1,s_2,\cdots,s_n$ 的 Trie 树 $\mathcal T$ 上，新建出一些边形成的有向图结构。

具体来说，我们希望 $\mathcal T$ 扩充为 $\mathcal A$ 后，$\mathcal A$ 满足如下性质：

节点集合不变，原有的边仍然存在。
包含所有形如 $tr(x,c)$ 的边，其中 $x$ 属于节点集合，$c$ 属于字符集。
设节点 $x$ 表示的字符串为 $\text{str}(x)$，$\text{str}(x)+c$ 最长的在 $\mathcal T$ 上出现过的后缀为 $\text{msuf}(x)$，则 $tr(x,c)$ 指向 $\text{msuf}(x)$ 代表的节点。

以下给出扩充方法。考虑对 $\mathcal T$ 进行 BFS，维护出 $\text{fail}(x)$，指向代表 $\text{str}(x)$ 在 $\mathcal T$ 上出现过的最长后缀的节点。

算法流程如下：

维护一个 BFS 队列，初始将根节点入队。
若队列为空，结束算法。否则，取出队列头元素 $x$ 并弹出，转到 3。
遍历 $c \in \Sigma$，检查 $tr(x,c)$。若 $tr(x,c)$ 存在，转到 4，否则转到 5。
令 $y = tr(x,c)$。将 $\text{fail}(y)$ 更新为 $tr(\text{fail}(x),c)$，并将 $y$ 入队，保持 $tr(x,c)$ 不变，转到 2。
令 $tr(x,c) \leftarrow tr(\text{fail}(x),c)$，转到 2。

inline void init(void){
	for(int i=0;i<26;++i) tr[0].nex[i]=1;
	std::queue <int> q; q.push(1);
	while(!q.empty()){
		int i=q.front();
		q.pop();
		for(int j=0;j<26;++j){
			int &nex=tr[i].nex[j];
			if(!nex) nex=tr[tr[i].fail].nex[j];
			else tr[nex].fail=tr[tr[i].fail].nex[j],q.push(nex);
		}
	}
	return;
}

不难发现 $(\text{fail}(x),x)$ 组成树形结构，称作 fail 树。

以下是几个简单应用。

在应用之前，有几点提示：

做不动了，就考虑根号分治。
如果你觉得不好做，想想有没有基于 $\sum |S|$ 的做法。
如果题目询问的是整串在整串中的出现信息，大概率 ACAM 和广义 SAM 近似等价，可以先考虑简单的 ACAM。

Luogu P5357 【模板】AC 自动机

给定文本串 $S$ 和模式串 $T_1,T_2,\cdots,T_n$，求每个模式串在 $S$ 中出现的次数。

$1 \leq n,\sum |T| \leq 2\times 10^5,1 \leq |S| \leq 2 \times 10^6$

对 $T$ 建出 AC 自动机，随后将 $S$ 放上 AC 自动机进行匹配。流程为：

维护指针 $p$，初始为根。每个节点维护一个标记大小，初始为 $0$。
遍历 $i = 1,2,\cdots,|S|$，令 $p \leftarrow tr(p,S_i)$，将 $p$ 节点的标记大小增加 $1$。

随后遍历 $i = 1,2,\cdots,n$，则根据 fail 指针的定义，$T_i$ 对应节点在 fail 树上子树的标记大小之和即为答案。

Luogu P4052 [JSOI2007] 文本生成器

在 AC 自动机上 DP。

第一种方法是补集转化，设 $f(i,j)$ 表示长度为 $i$ 的字符串，把这个字符串在 ACAM 上匹配完成后停在节点 $j$ 上，且路径上不经过任何终止节点（节点表示的字符串的某个后缀位于字典中）的方案数。转移是简单的。

第二种方法是，直接设 $f(i,j,0/1)$ 表示长度为 $i$ 的字符串，把这个字符串在 ACAM 上匹配完成后停在节点 $j$ 上，且路径还未经过 / 已经经过终止节点的方案数。

这里给出第一种方法的实现。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=2000010,INF=0x3f3f3f3f,mod=1e4+7;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

int n,m;
char s[N];
namespace acam{
	int nex[N][26];
	int fail[N],cnt=1,fa[N];
	bool ed[N];
	inline void ins(void){
		int len=strlen(s+1),cur=1;
		for(int i=1;i<=len;++i){
			int &ne=nex[cur][s[i]-'A'];
			if(!ne) ne=++cnt,fa[cnt]=cur;
			cur=ne;
		}
		ed[cur]=true;
		return;
	}
	std::vector <int> G[N];
	inline void init(void){
		for(int i=0;i<26;++i) nex[0][i]=1;
		std::queue <int> q;q.push(1);
		while(!q.empty()){
			int i=q.front();
			q.pop(),ed[i]|=ed[fail[i]];
			for(int j=0;j<26;++j){
				if(!nex[i][j]) nex[i][j]=nex[fail[i]][j];
				else fail[nex[i][j]]=nex[fail[i]][j],q.push(nex[i][j]);
			}
		}
		return;
	}
}
using namespace acam;

int f[105][6010];

int main(void){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",s+1),ins();
	init();
	
	f[0][1]=1;
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=m;++i) ans=ans*26%mod;
	
	for(int i=0;i<m;++i){
		for(int j=1;j<=cnt;++j){
			for(int c=0;c<26;++c){
				int jj=nex[j][c];
				if(ed[jj]) continue;
				f[i+1][jj]=(f[i][j]+f[i+1][jj])%mod;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;++i) ans=(ans-f[m][i]+mod)%mod;
	printf("%d",ans);

	return 0;
}

Codeforces 86C Genetic engineering

限制可以表述为：对于每个位置，至少有一个模式串覆盖它。

据此可以 DP。设 $f(i,j,k)$ 表示考虑了前 $i$ 个字符，当前位于 AC 自动机上的 $j$ 节点，下标最小的没有覆盖的位置在 $(i+1)-k$ 处（若全部被覆盖，则取 $k=0$）的方案数。

初始有 $f(0,\text{root},1)=1$。考虑从 $f(i,j,k)$ 转移到 $f(i+1)$，枚举这一位填的字符 $c$，记 $tr(j,c) = j'$，那么，记以 $j'$ 结尾的最长模式串长度为 $l$，则当 $l > k$ 时，该模式串覆盖掉之前所有的没有被覆盖的位置，$f(i,j,k)$ 转移到 $f(i+1,j',0)$；否则，$f(i,j,k)$ 转移到 $f(i+1,j',k+1)$。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f,mod=1e9+9;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

int n,m;
int f[1005][105][12];

char s[20];

std::unordered_map <char,int> mp;

namespace acam{
	int nex[N][4],fail[N];
	int cnt=1;
	int ml[N];
	
	inline void ins(void){
		int len=strlen(s+1),cur=1;
		for(int i=1;i<=len;++i){
			if(!nex[cur][mp[s[i]]]) nex[cur][mp[s[i]]]=++cnt;
			cur=nex[cur][mp[s[i]]];
		}
		ml[cur]=len;
		return;
	}
	inline void init(void){
		for(int i=0;i<4;++i) nex[0][i]=1;
		std::queue <int> q;
		q.push(1);
		while(!q.empty()){
			int i=q.front();
			q.pop();
			ml[i]=std::max(ml[i],ml[fail[i]]);
			for(int j=0;j<4;++j){
				if(!nex[i][j]) nex[i][j]=nex[fail[i]][j];
				else fail[nex[i][j]]=nex[fail[i]][j],q.push(nex[i][j]);
			}
		}
		return;
	}
}
using namespace acam;

inline void add(int &a,int b){
	return a=(a+b)%mod,void();
}

int main(void){
	n=read(),m=read();
	mp['A']=0,mp['C']=1,mp['T']=2,mp['G']=3;
	
	for(int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%s",s+1),ins();
	}
	init();
	f[0][1][0]=1;
	for(int i=0;i<n;++i){
		for(int j=1;j<=cnt;++j){
			for(int len=0;len<=10;++len){
				for(int d=0;d<4;++d){
					int k=nex[j][d];
					if(ml[k]>len) add(f[i+1][k][0],f[i][j][len]);
					else add(f[i+1][k][len+1],f[i][j][len]);
				}
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=cnt;++i) add(ans,f[n][i][0]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

Luogu P2292 [HNOI2004] L 语言

给定大小为 $n$ 的字典 $D$ 和 $m$ 个文本串 $T_1,T_2,\cdots,T_m$，对于每个文本串，求出最大的 $i$，使得 $T[1,i]$ 可以被划分为若干个字典中的单词。

$1 \leq n \leq 20,1 \leq m \leq 50,1 \leq |t| \leq 2\times 10^6$，字典中的单词长度不超过 $20$

对于文本串 $T$，考虑暴力 DP：设 $f(i)$ 表示让 $T[1,i]$ 能够被划分是否可行。转移需要枚举字典中的单词判断合法性。

考虑如何快速找出合法单词。称 fail 树上代表 $T_i$ 的那些节点为终止节点，设 $T[1,i]$ 在 AC 自动机上匹配后位于节点 $p$，则 fail 树上节点 $p$ 到根的路径中，所有的终止节点都是合法的转移串。

进一步地，我们只需要这些串的长度，因此可以进行状态压缩。

但是这道题 $n \leq 20$ 真是有深意呀，总感觉暴力都过去了。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

struct Node{
	int fail,nex[26],st,dep;
	bool ed;
}tr[N];

char s[2000010];
int n,m;
int cnt=1;

inline void ins(void){
	int len=strlen(s+1),cur=1;
	for(int i=1;i<=len;++i){
		int w=s[i]-'a';
		if(!tr[cur].nex[w]) tr[cur].nex[w]=++cnt,tr[cnt].dep=tr[cur].dep+1;
		cur=tr[cur].nex[w];
	}
	tr[cur].ed=true;
	return;
}
inline void init(void){
	for(int i=0;i<26;++i) tr[0].nex[i]=1;
	std::queue <int> q; q.push(1);
	while(!q.empty()){
		int i=q.front();
		q.pop();
		tr[i].st=tr[tr[i].fail].st|((int)tr[i].ed<<tr[i].dep);
		for(int j=0;j<26;++j){
			int &nex=tr[i].nex[j];
			if(!nex) nex=tr[tr[i].fail].nex[j];
			else tr[nex].fail=tr[tr[i].fail].nex[j],q.push(nex);
		}
	}
	return;
}

inline int query(void){
	int len=strlen(s+1),ans=0,cur=1;
	unsigned st=1;
	for(int i=1;i<=len;++i){
		cur=tr[cur].nex[s[i]-'a'];
		st<<=1;
		if(tr[cur].st&st) st|=1,ans=i;
	}
	return ans;
}

int main(void){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",s+1),ins();
	init();
	for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%s",s+1),printf("%d\n",query());
	return 0;
}

Luogu P2414 [NOI2011] 阿狸的打字机

给定一棵 Trie 树，$m$ 次询问 Trie 树上某个节点 $x$ 所代表的字符串在另一个节点 $y$ 所代表的字符串中出现了多少次。

字符集大小为 $26$，保证 Trie 树大小不超过 $10^5$。$1 \leq m \leq 10^5$

首先建出 AC 自动机。

考虑询问只有一次怎么做。将 $y$ 的每个前缀节点打上标记，则根据 fail 指针的定义，只需要查询 $x$ 在 fail 树上的子树和。

存在多次询问时做法区别不大。考虑采用 DFS Trie 树的方式遍历所有的 $y$，进入节点时给该节点打上标记，离开节点时撤销。将关于 $(x,y)$ 的询问挂在节点 $y$ 上，遍历到 $y$ 时查询。子树和使用树状数组维护，时间复杂度 $O(n \Sigma + (n+m) \log n)$，其中 $n$ 为 Trie 树大小。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f;

struct Node{
	int fnex[26],nex[26];
	int fail;
	int fa;
}trie[N];
struct Edge{
	int to,next;
}edge[N<<1];
std::vector <std::pair <int,int> > qu[N];
int head[N],esum;
int n,m,cnt=1;
char op[N];
int endpos[N],dfn[N],t,size[N],sum[N],ans[N];
inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-')f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}
inline void add(int x,int y){
	edge[++esum]=(Edge){y,head[x]},head[x]=esum;
	return;
}
inline void GetFail(void){
	std::queue <int> q=std::queue <int> ();
	for(int i=0;i<26;++i){
		int to=trie[1].fnex[i];
		if(to)
			q.push(to),trie[to].fail=1;
		else
			trie[1].fnex[i]=1;
	}
	while(!q.empty()){
		int i=q.front();
		q.pop();
		add(trie[i].fail,i);
		for(int j=0;j<26;++j){
			int &to=trie[i].fnex[j];
			if(to)
				trie[to].fail=trie[trie[i].fail].fnex[j],q.push(to);
			else
				to=trie[trie[i].fail].fnex[j];
		}
	}
	return;
}
void dfs(int i){
	dfn[i]=++t,size[i]=1;
	for(int j=head[i],to;j;j=edge[j].next)
		to=edge[j].to,dfs(to),size[i]+=size[to];
	return;
}
inline int lowbit(int x){
	return x&(-x);
}
inline void addv(int x,int v){
	for(;x<=cnt;x+=lowbit(x))
		sum[x]+=v;
	return;
}
inline int query(int l,int r){
	int res=0;
	--l;
	for(;l;l-=lowbit(l))
		res-=sum[l];
	for(;r;r-=lowbit(r))
		res+=sum[r];
	return res;
}
void solve(int i){
	addv(dfn[i],1);
	for(int k=0,x;k<(int)qu[i].size();++k)
		x=qu[i][k].first,ans[qu[i][k].second]=query(dfn[x],dfn[x]+size[x]-1);
	for(int j=0;j<26;++j)
		if(trie[i].nex[j])
			solve(trie[i].nex[j]);
	addv(dfn[i],-1);
	return;
}
int main(void){
	scanf("%s",op+1);
	int p=1,oplen=strlen(op+1);
	trie[1].fa=1;
	for(int i=1;i<=oplen;++i){
		if(op[i]=='B')
			p=trie[p].fa;
		else if(op[i]=='P')
			endpos[++n]=p;
		else{
			int &to=trie[p].nex[op[i]-'a'];
			if(!to)
				to=++cnt,trie[to].fa=p;
			p=to;
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;++i)
		for(int j=0;j<26;++j)
			trie[i].fnex[j]=trie[i].nex[j];
	GetFail();
	dfs(1);
	m=read();
	for(int i=1,x,y;i<=m;++i)
		x=read(),y=read(),qu[endpos[y]].push_back(std::make_pair(endpos[x],i));
	solve(1);
	for(int i=1;i<=m;++i)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

Codeforces 547E Mike and Friends

出现次数可以差分，转化为 $s_k$ 在 $s_{1\cdots r}$ 中的出现次数。考虑对 $r$ 扫描线，对于 $s_r$ 的每个前缀节点，将该节点的标记大小增加 $1$，查询即查询 $s_k$ 对应节点在 fail 树上的子树和。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=500010,INF=0x3f3f3f3f;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

int n,q;
char s[N];
int edp[N];

namespace acam{
	int nex[N][26];
	int fail[N],cnt=1,fa[N];
	
	inline void ins(int x){
		int len=strlen(s+1),cur=1;
		for(int i=1;i<=len;++i){
			int &ne=nex[cur][s[i]-'a'];
			if(!ne) ne=++cnt,fa[cnt]=cur;
			cur=ne;
		}
		edp[x]=cur;
		return;
	}
	std::vector <int> G[N];
	int dfn[N],t,siz[N];
	void dfs(int x){
		dfn[x]=++t,siz[x]=1;
		for(auto y:G[x]) dfs(y),siz[x]+=siz[y];
		return;
	}	
	inline void init(void){
		for(int i=0;i<26;++i) nex[0][i]=1;
		std::queue <int> q;q.push(1);
		while(!q.empty()){
			int i=q.front();
			q.pop();
			for(int j=0;j<26;++j){
				if(!nex[i][j]) nex[i][j]=nex[fail[i]][j];
				else fail[nex[i][j]]=nex[fail[i]][j],q.push(nex[i][j]);
			}
		}
		for(int i=2;i<=cnt;++i) G[fail[i]].push_back(i);
		dfs(1);
		return;
	}
}
using namespace acam;
int sum[N];
inline int lb(int x){
	return x&(-x);
}
inline void add(int x,int v){
	for(;x<=cnt;x+=lb(x)) sum[x]+=v;
	return;
}
inline int query(int x){
	int ans=0;
	for(;x;x-=lb(x)) ans+=sum[x];
	return ans;
}
inline int query(int l,int r){
	return query(r)-query(l-1);
}

std::vector <std::pair <int,int> > qr[N];
int ans[N];

int main(void){
	n=read(),q=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",s+1),ins(i);
	init();
	
	for(int i=1;i<=q;++i){
		int l=read(),r=read(),k=read();
		qr[r].push_back(std::make_pair(k,i));
		qr[l-1].push_back(std::make_pair(k,-i));
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=edp[i];j;j=fa[j]) add(dfn[j],1);
		for(auto qq:qr[i]){
			int x=edp[qq.first];
			ans[abs(qq.second)]+=(qq.second>0?1:-1)*query(dfn[x],dfn[x]+siz[x]-1);
		}
	}
	for(int i=1;i<=q;++i) printf("%d\n",ans[i]);

	return 0;
}

Luogu P5840 [COCI2015] Divljak

考虑对 $S$ 建出 ACAM。则加入一个字符串 $T$ 的贡献形如：找到 $T$ 的每个前缀在 ACAM 上匹配后位于的节点，将这些节点到根路径并中的每一个点的标记大小增加 $1$。

这是经典问题。将这些节点按照 DFS 序排序，采用如下方式表示贡献：

将每个节点到根的路径上每一个点的标记大小增加 $1$。
将相邻节点的 LCA 到根的路径上每一个点的标记大小减小 $1$。

需要支持链加单点查询。转换为单点加子树查询，树状数组维护即可。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=2000010,INF=0x3f3f3f3f;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

int n,q;
char s[N];
int edp[N];

namespace acam{
	int nex[N][26];
	int fail[N],cnt=1,fa[N];
	
	inline void ins(int x){
		int len=strlen(s+1),cur=1;
		for(int i=1;i<=len;++i){
			int &ne=nex[cur][s[i]-'a'];
			if(!ne) ne=++cnt,fa[cnt]=cur;
			cur=ne;
		}
		edp[x]=cur;
		return;
	}
	std::vector <int> G[N];
	int dfn[N],t,siz[N];
	int f[N][20],dep[N];
	
	void dfs(int x,int fa){
		dep[x]=dep[fa]+1,dfn[x]=++t,siz[x]=1,f[x][0]=fa;
		for(int k=1;k<=19;++k) f[x][k]=f[f[x][k-1]][k-1];
		for(auto y:G[x]) dfs(y,x),siz[x]+=siz[y];
		return;
	}
	inline int lca(int u,int v){
		if(dep[u]<dep[v]) std::swap(u,v);
		for(int k=19;k>=0;--k) if(dep[f[u][k]]>=dep[v]) u=f[u][k];
		if(u==v) return u;
		for(int k=19;k>=0;--k) if(f[u][k]!=f[v][k]) u=f[u][k],v=f[v][k];
		return f[u][0];
	}
	inline void init(void){
		for(int i=0;i<26;++i) nex[0][i]=1;
		std::queue <int> q;q.push(1);
		while(!q.empty()){
			int i=q.front();
			q.pop();
			for(int j=0;j<26;++j){
				if(!nex[i][j]) nex[i][j]=nex[fail[i]][j];
				else fail[nex[i][j]]=nex[fail[i]][j],q.push(nex[i][j]);
			}
		}
		for(int i=2;i<=cnt;++i) G[fail[i]].push_back(i);
		dfs(1,0);
		return;
	}
}
using namespace acam;
int sum[N];
inline int lb(int x){
	return x&(-x);
}
inline void add(int x,int v){
	for(;x<=cnt;x+=lb(x)) sum[x]+=v;
	return;
}
inline int query(int x){
	int ans=0;
	for(;x;x-=lb(x)) ans+=sum[x];
	return ans;
}
inline int query(int l,int r){
	return query(r)-query(l-1);
}

inline bool cmp(int u,int v){
	return dfn[u]<dfn[v];
}
int d[N];

int main(void){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",s+1),ins(i);
	init();
	
	q=read();
	
	for(int i=1,idx;i<=q;++i){
		int op=read();
		if(op==1){
			scanf("%s",s+1);
			int len=strlen(s+1),cur=1;
			for(int j=1;j<=len;++j){
				cur=nex[cur][s[j]-'a'],d[j]=cur;
			}
			std::sort(d+1,d+1+len,cmp);
			for(int j=1;j<=len;++j){
				add(dfn[d[j]],1);
				if(j>1) add(dfn[lca(d[j],d[j-1])],-1);
			}
		}else idx=edp[read()],printf("%d\n",query(dfn[idx],dfn[idx]+siz[idx]-1));	
	}
	return 0;
}

Codeforces 710F String Set Queries

首先，这里有一个幽默的 Hash，记串长和为 $L$，不难发现串长种类数为 $\sqrt L$，据此可以 $O(L\sqrt L)$ Hash。

AC 自动机的部分有一种奇怪的二进制分组法，暂时没有想明白它的本质是什么。具体方法如下：考虑到出现次数可减，因此我们不在 AC 自动机中删除，而是分别维护被加入串的 AC 自动机和被删除串的 AC 自动机。

对于某一个集合而言，加入一个串会导致整个 AC 自动机的形态发生变化，需要在 Trie 树基础上重新跑 init 函数。考虑二进制分组，设当前集合中有 $c$ 个串，则把这个集合分为若干组，组的大小为 $c$ 的二进制拆分。例如，$c = 23 = 16+4+2+1$，则把集合分为大小为 $16,4,2,1$ 的三组，组内维护一个 AC 自动机。考虑加入第 $c+1$ 个串，首先新开一组，在这一组内的 AC 自动机中插入该串。接着检查，如果之前的组大小和最后一组相等，则合并这两个组（模拟二进制加法的过程）。

合并两个组的代价是两个组内字符串的串长之和再乘上 $|\Sigma|$。那么对于每一个串，它被合并一次，所处的集合大小翻倍，因此只会被合并不超过 $\log_2 m$ 次。从而总复杂度为 $O(L|\Sigma|\log_2m)$。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=300010,INF=0x3f3f3f3f;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

char S[N];

struct acam{
	int nex[N][26],cnt,fail[N];
	int nnex[N][26];
	int ed[N],ss[N];
	int siz[30],bcnt;
	int root[30];
	inline void ins(char *s,int len,int &crt){
		if(!crt) crt=++cnt;
		int cur=crt;
		for(int i=1;i<=len;++i){
			int &ne=nex[cur][s[i]-'a'];
			if(!ne) ne=++cnt;
			cur=ne;
		}
		++ed[cur];
		return;
	}
	inline void merge(int &cur,int u,int v){
		if(!u||!v) return cur=u|v,void();
		cur=u,ed[cur]+=ed[v];
		for(int j=0;j<26;++j) merge(nex[cur][j],nex[u][j],nex[v][j]);
		return;
	}
	inline void init(int rt){
		std::queue <int> q;
		fail[rt]=0,q.push(rt);
		for(int i=0;i<26;++i) nnex[0][i]=rt;
		
		while(!q.empty()){
			int i=q.front();
			q.pop();
			ss[i]=ed[i]+ss[fail[i]];
			for(int j=0;j<26;++j){
				if(!nex[i][j]) nnex[i][j]=nnex[fail[i]][j];
				else nnex[i][j]=nex[i][j],fail[nex[i][j]]=nnex[fail[i]][j],q.push(nex[i][j]);
			}
		}
		return;
	}
	inline long long query(char *s,int len,int cur){
		long long ans=0;
		for(int i=1;i<=len;++i) cur=nnex[cur][s[i]-'a'],ans+=ss[cur];
		return ans;
	}
	inline long long query_all(char *s,int len){
		long long ans=0;
		for(int i=1;i<=bcnt;++i) ans+=query(s,len,root[i]);
		return ans;
	}
	inline void real_ins(char *s,int len){
		siz[++bcnt]=1,root[bcnt]=0;
		ins(s,len,root[bcnt]),init(root[bcnt]);
		while(siz[bcnt]==siz[bcnt-1]){
			siz[bcnt-1]*=2,merge(root[bcnt-1],root[bcnt-1],root[bcnt]),--bcnt,init(root[bcnt]);
		}
		return;
	}
}A,B;
int n;

int main(void){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int op=read();
		scanf("%s",S+1);
		int len=strlen(S+1);
		if(op==1) A.real_ins(S,len);
		else if(op==2) B.real_ins(S,len);
		else printf("%lld\n",A.query_all(S,len)-B.query_all(S,len));
		fflush(stdout);
	}
	return 0;
}

Codeforces 587F Duff is Mad

547E 的对偶形式，但是很遗憾这道题没有 polylog 做法。

其原因是，本题的操作形如：将 $s_l,s_{l+1}.\cdots,s_r$ 对应节点在 fail 树上的子树 $+1$，然后查询 $s_k$ 的所有前缀节点的权值之和。和 547E 不同，我们现在需要在文本串一侧处理前缀节点，这样就没法快速维护了。

这种情况的主流方法是阈值分治。具体来说，设定阈值 $B$，分情况讨论：

如果 $|s_k| > B$

这样的串只会有不超过 $\dfrac{L}{B}$ 个，其中 $L$ 是串长和。考虑线性求解所有有关 $s_k$ 的询问的答案，具体地，将 $s_k$ 的所有前缀节点权值 $+1$，那么一个 $s_x$ 的贡献即 $s_x$ 对应节点的子树和。子树和可以通过 DFS fail 树线性求出。差分后对 $r$ 扫描线统计答案。

这部分的复杂度是 $O(\dfrac{L^2}{B} + q \log q)$ 的。
如果 $|s_k| \leq B$

这一部分，对于每个串，我们希望在 $O(|s_k|)$ 左右求解。具体地，差分后对 $r$ 扫描线统计答案，将询问挂在对应端点，每扫过一个字符串，就将该字符串对应的节点在 fail 树上的子树 $+1$（这部分使用树状数组），询问时暴力枚举前缀节点，使用树状数组。这部分的复杂度是 $O(qB\log L+n \log L)$。

令 $\dfrac{L^2}{B} = qB \log L$，解得最优阈值为 $B = \dfrac{L}{\sqrt{q \log L}}$，此时时间复杂度为 $O(n \log L + q \log q + \sqrt{q \log L}\cdot L)$。

# include <bits/stdc++.h>
# define fir first
# define sec second

const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

int n,q;
char s[N];
int edp[N];

namespace acam{
	int nex[N][26];
	int fail[N],cnt=1,fa[N];
	
	inline void ins(int x){
		int len=strlen(s+1),cur=1;
		for(int i=1;i<=len;++i){
			int &ne=nex[cur][s[i]-'a'];
			if(!ne) ne=++cnt,fa[cnt]=cur;
			cur=ne;
		}
		edp[x]=cur;
		return;
	}
	std::vector <int> G[N];
	int dfn[N],t,siz[N];
	
	void dfs(int x){
		dfn[x]=++t,siz[x]=1;
		for(auto y:G[x]) dfs(y),siz[x]+=siz[y];
		return;
	}
	inline void init(void){
		for(int i=0;i<26;++i) nex[0][i]=1;
		std::queue <int> q;q.push(1);
		while(!q.empty()){
			int i=q.front();
			q.pop();
			for(int j=0;j<26;++j){
				if(!nex[i][j]) nex[i][j]=nex[fail[i]][j];
				else fail[nex[i][j]]=nex[fail[i]][j],q.push(nex[i][j]);
			}
		}
		for(int i=2;i<=cnt;++i) G[fail[i]].push_back(i);
		dfs(1);
		return;
	}
}
using namespace acam;

int m,T;
int len[N];

long long ans[N];
std::vector <std::pair <int,int> > Qs[N],Qh[N];

int sum[N],tag[N];

inline int lb(int x){
	return x&(-x);
}
inline void add(int x,int v){
	for(;x<=cnt;x+=lb(x)) sum[x]+=v;
	return;
}
inline int query(int x){
	int ans=0;
	for(;x;x-=lb(x)) ans+=sum[x];
	return ans;
}
inline int query(int l,int r){
	return query(r)-query(l-1);
}

void dfs_h(int x){
	for(auto y:G[x]) dfs_h(y),tag[x]+=tag[y];
	return;
}
int sig(int x){
	return (x>0)-(x<0);
}

int main(void){
	n=read(),q=read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%s",s+1),ins(i),m+=(len[i]=strlen(s+1));
	}
	init();
	
	T=ceil(m/sqrt(q*log2(m)));
	
	for(int i=1;i<=q;++i){
		int l=read(),r=read(),k=read();
		if(len[k]>T) Qh[k].emplace_back(l-1,-i),Qh[k].emplace_back(r,i);
		else Qs[l-1].emplace_back(k,-i),Qs[r].emplace_back(k,i);
	}
	
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(len[i]>T){
			std::fill(tag+1,tag+1+cnt,0);
			for(int j=edp[i];j;j=fa[j]) tag[j]=1;
			dfs_h(1);
			std::sort(Qh[i].begin(),Qh[i].end());
			long long tsum=0;
			int pt=0;
			
			while(pt<(int)Qh[i].size()&&Qh[i][pt].fir==0) ++pt;
			
			for(int j=1;j<=n;++j){
				tsum+=tag[edp[j]];
				while(pt<(int)Qh[i].size()&&Qh[i][pt].fir==j){
					int id=abs(Qh[i][pt].sec),v=sig(Qh[i][pt].sec);
					ans[id]+=v*tsum;
					++pt;
				}
			}	
		}	
	}
	
	for(int i=1;i<=n;++i){
		add(dfn[edp[i]],1),add(dfn[edp[i]]+siz[edp[i]],-1);
		for(auto qa:Qs[i]){
			int x=qa.fir,id=abs(qa.sec),v=sig(qa.sec);
			for(int j=edp[x];j!=1;j=fa[j]) ans[id]+=v*query(dfn[j]);
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=q;++i) printf("%lld\n",ans[i]);
	
	return 0;
}

Luogu P8203 [传智杯 #4 决赛] DDOSvoid 的馈赠

对于一个询问 $t_x,t_y$，将 $t_x$ 的每个前缀节点在 fail 树上到根的路径上打上标记 $x$，将 $t_y$ 的每个前缀节点在 fail 树上到根的路径打上标记 $y$。另外，将 $s_i$ 对应的节点的权值 $+1$。所求即为同时有标记 $x,y$ 的节点的权值之和。可以看作求两个虚树的交。

直接做仍然是不太好做的。因此我们同样考虑阈值分治。称长度大于阈值 $B$ 的为大串，否则为小串。

考虑 $t_x,t_y$ 至少有一个是大串的询问。不失一般性，设 $t_x$ 是大串。将 $t_x$ 的每个前缀节点在 fail 树上到根的路径上打上标记 $x$，将具有标记 $x$ 的 $s_i$ 对应的节点的权值 $+1$。对于每个 $t_y$，询问时建立虚树，统计答案即可。这部分的复杂度为 $O(\frac{L^2}{B} + L \log L)$（就算 $t_x$ 不同，我们也只会改变树上权值而非形态，因此对于一个串，虚树只需要建立一次，从而分析出 $O(L \log L)$）。

接下来考虑 $t_x,t_y$ 均为小串的询问。事先将 $s_i$ 对应的节点权值 $+1$，询问时建出 $t_x,t_y$ 虚树的交回答询问即可。瓶颈在于建出虚树交的复杂度。若每次询问时抽取 $t_x,t_y$ 所有前缀节点，暴力建出虚树，单次询问的复杂度为 $O(B \log B)$。

若要去掉复杂度中的 $O(\log B)$，可考虑以下方法：事先建出所有 $t_x$ 所有前缀节点的虚树，并将节点按照 DFS 序排序。询问时拉出 $t_x,t_y$ 的虚树节点序列并归并。具体地，对 $t_y$ 虚树节点序列中的每个节点 $r$，找到其在 $t_x$ 序列中的前驱后继 $p,s$。则 $\text{lca}(r,p),\text{lca}(r,s)$ 中深度较大者即为 $t_y$ 的祖先中最深的位于 $t_x$ 虚树上的节点。将该节点加入初始为空的集合 $S$，则集合 $S$ 的虚树即为两棵虚树的交。使用查询 $O(1)$ 的 LCA 算法则单次复杂度为 $O(B)$，从而这部分的总复杂度为 $O(L \log L + qB)$。

此时不难发现 $B = \sqrt L$ 时取得最优复杂度 $O((L+q) \sqrt L )$。

Codeforces 1483F Exam

考虑枚举 $s_i$，那么对于 $s_i$ 的每个前缀 $s_i[1,l]$，只有它的最长的作为某个 $s_j$ 出现的后缀可能成为答案，我们称这个 $s_j$ 为备选答案。这可以 AC 自动机预处理得出。我们枚举 $l$，记录下每个 $s_j$ 作为备选答案的次数，并记录下每个 $s_j$ 的出现位置 $[st,ed]$。该过程中，可能会出现某个区间被另一个区间包含的情况。如果这种情况发生，我们将不再认为被包含的区间作为备选答案出现了一次。

现在，枚举每个至少作为备选答案一次的 $s_j$。不难发现，当且仅当 $s_j$ 作为备选答案出现的次数恰好等于其在 $s_i$ 中的出现次数时，$(i,j)$ 是一对合法答案。欲求出现次数，只需要使用树状数组即可。

时间复杂度 $O(L \log L)$。

# include <bits/stdc++.h>
# define fir first
# define sec second

const int N=2000010,INF=0x3f3f3f3f;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

int n,q;
std::string S[N];

int edp[N],len[N];

namespace acam{
	int nex[N][26],fa[N];
	int fail[N],cnt=1;
	int mx[N];
	
	inline void ins(int x){
		int len=S[x].size(),cur=1;
		::len[x]=len;
		for(int i=1;i<=len;++i){
			int &ne=nex[cur][S[x][i-1]-'a'];
			if(!ne) ne=++cnt,fa[cnt]=cur;
			cur=ne;
		}
		if(::len[mx[cur]]<::len[x]) mx[cur]=x;
		edp[x]=cur;
		return;
	}
	std::vector <int> G[N];
	int dfn[N],t,siz[N];
	
	void dfs(int x){
		dfn[x]=++t,siz[x]=1;
		for(auto y:G[x]) dfs(y),siz[x]+=siz[y];
		return;
	}
	inline void init(void){
		for(int i=0;i<26;++i) nex[0][i]=1;
		std::queue <int> q;q.push(1);
		while(!q.empty()){
			int i=q.front();
			q.pop(),mx[i]=(!mx[i])?mx[fail[i]]:mx[i];
			for(int j=0;j<26;++j){
				if(!nex[i][j]) nex[i][j]=nex[fail[i]][j];
				else fail[nex[i][j]]=nex[fail[i]][j],q.push(nex[i][j]);
			}
		}
		for(int i=2;i<=cnt;++i) G[fail[i]].push_back(i);
		dfs(1);
		return;
	}
}
using namespace acam;

int sum[N];
inline int lb(int x){
	return x&(-x);
}
inline void add(int x,int v){
	for(;x<=cnt;x+=lb(x)) sum[x]+=v;
	return;
}
inline int query(int x){
	int ans=0;
	for(;x;x-=lb(x)) ans+=sum[x];
	return ans;
}
inline int query(int l,int r){
	return query(r)-query(l-1);
}

int L[N],na[N],qc;

int buc[N];
std::unordered_map <int,int> mp;

int main(void){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		std::cin>>S[i];
		ins(i);
	}
	init();
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=edp[i];j!=1;j=fa[j]) add(dfn[j],1);	
		qc=0,mp.clear();
		for(int j=1,cur=1;j<=len[i];++j){
			cur=nex[cur][S[i][j-1]-'a'];
			if(j==len[i]) cur=fail[cur];
			if(mx[cur]) L[++qc]=j-len[mx[cur]]+1,na[qc]=mx[cur];
		}
		for(int j=qc,lim=n+1;j;--j){
			if(L[j]>=lim) continue;
			else lim=L[j],++mp[na[j]];
		}		
		for(auto ele:mp){
			int id=ele.fir,occ=ele.sec;
			if(query(dfn[edp[id]],dfn[edp[id]]+siz[edp[id]]-1)==occ) ++ans;
		}
		for(int j=edp[i];j!=1;j=fa[j]) add(dfn[j],-1);
	}
	
	printf("%d",ans);
	
	return 0;
}

QOJ5034 >.<

本题要求在不经过给定路径作为子路径情况下的最短路。考虑使用 AC 自动机来维护这一限制。具体地，设 $f(j)$ 表示从原图上点 $1$ 的对应点开始走到 AC 自动机 $j$ 点的最短路，并强制要求不经过终止节点。但是本题中，字符集大小为 $n$，朴素的 AC 自动机难以通过。考虑性质：$tr(i)$ 比起 $tr(\text{fail}(i))$，只有在 $i$ 节点出边的部分会有修改。

因此考虑主席树优化建图。具体地，将所有合法路径（即可以在原图上实际走出来的路径）和 $1 \sim n$ 这 $n$ 个单点插入 AC 自动机，并将 $1 \sim n$ 这 $n$ 个单点在 AC 自动机上对应的节点标号为 $1 \sim n$。

那么要计算 $tr(i)$ 时，只需要在 $tr(\text{fail}(i))$ 的基础上修改 $tr(i)$ 转移到的点即可，最后一起跑一遍 Dijkstra。

如果 $n,m,k$ 同阶，那么复杂度为 $O(n \log^2 n)$，因为点数、边数均为 $O(n \log n)$。但事实上，我们可以说明，精细实现的复杂度是 $O(n \log n)$ 的：对于主席树上的虚点，我们连的都是边权为 $0$ 的虚边。从而，一旦一个点的最短路固定下来了，其子树内所有虚点的最短路都会固定下来。因此这些虚点和虚边只会贡献 $O(1)$ 次入队次数，且因为边权为 $0$，入队时必然位于堆顶，不贡献堆的复杂度。而对于剩下的部分，显然只剩下 $O(n)$ 个实点和 $O(n)$ 条实边，因此这一部分复杂度为 $O(n \log n)$。

本题不需要在 fail 树上搞花活，所以代码里面根节点被直接省略掉了。代码中仍采用 $O(n \log ^2 n)$ 的实现。

# include <bits/stdc++.h>
# define fir first
# define sec second

const int N=200010,INF=0x3f3f3f3f;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}
std::unordered_map <int,int> id[N];
std::vector <std::pair <int,int> > G[N];

int n,m,k;
int lim;
int ch[N];

struct Edge{
	int to,next,v;
}edge[N*40];
int head[N*20],esum;
inline void add(int x,int y,int v){
	edge[++esum]=(Edge){y,head[x],v},head[x]=esum;
	return;
}

namespace acam{
	std::unordered_map <int,int> tr[N];
	int fail[N];
	bool ed[N];
	int cnt;
	inline void ins(std::vector <int> &pa){
		int sz=pa.size(),cur=pa[0];
		for(int i=1;i<sz;++i){
			if(!tr[cur].count(pa[i])) tr[cur][pa[i]]=++cnt;
			cur=tr[cur][pa[i]];
		}
		ed[cur]=true;
		return;
	}
}

using namespace acam;

int col[N];
int rt[N];

namespace prit{
	struct Node{
		int lc,rc,idx;
	}tr[N*20];
	inline int& lc(int x){
		return tr[x].lc;
	}
	inline int& rc(int x){
		return tr[x].rc;
	}
	void build(int id,int &k,int l,int r){
		if(l>r) return;
		k=++cnt;
		if(l==r) return add(k,tr[k].idx=G[id][l].fir,G[id][l].sec),assert(G[id][l].fir),void();
		int mid=(l+r)>>1;
		build(id,lc(k),l,mid),build(id,rc(k),mid+1,r);
		add(k,lc(k),0),add(k,rc(k),0);
		return;
	}
	int modify(int &k,int lst,int l,int r,int x,int nto,int nw){
		k=++cnt,tr[k]=tr[lst];
		assert(lst);
		if(l==r) return add(k,tr[k].idx=nto,nw),assert(tr[lst].idx),tr[lst].idx;
		int mid=(l+r)>>1,res=0;
		if(x<=mid) res=modify(lc(k),lc(lst),l,mid,x,nto,nw);
		else res=modify(rc(k),rc(lst),mid+1,r,x,nto,nw);
		add(k,lc(k),0),add(k,rc(k),0);
		return res;
	}
}

typedef long long ll;
ll dis[N*20];
bool vis[N*20];

struct Heapval{
	int id;
	ll w;
	bool operator < (const Heapval &rhs) const{
		return w>rhs.w;
	}
};
std::priority_queue <Heapval> hp;

inline ll dijkstra(void){
	memset(dis,INF,sizeof(dis));
	dis[1]=0,hp.push((Heapval){1,0});
	while(!hp.empty()){	
		int i=hp.top().id;
		hp.pop();
		if(!vis[i]) vis[i]=true;
		else continue;		
		for(int j=head[i];j;j=edge[j].next){
			int to=edge[j].to;
			if(dis[to]>dis[i]+edge[j].v&&!(to<=lim&&ed[to]))
				dis[to]=dis[i]+edge[j].v,hp.push((Heapval){to,dis[to]});
		}
	}
	
	ll ans=dis[0];
	
	for(int i=1;i<=cnt;++i) if(col[i]==n&&!ed[i]) ans=std::min(ans,dis[i]);
	
	return (ans==dis[0])?-1:ans;
}

int main(void){
	n=read(),m=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u=read(),v=read(),w=read();
		id[u][v]=G[u].size(),G[u].emplace_back(v,w);
	}
	cnt=n;
	
	for(int i=1,sz;i<=k;++i){
		std::vector <int> pa;
		pa.resize(sz=read());
		for(auto &v:pa) v=read();
		for(int i=1;i<sz;++i) if(!id[pa[i-1]].count(pa[i])) goto FAILED;
		acam::ins(pa);
		FAILED:;
	}
	lim=cnt;
	std::queue <int> q;
	for(int i=1;i<=n;++i) q.push(col[i]=i),prit::build(i,rt[i],0,G[i].size()-1);
	
	while(!q.empty()){
		int i=q.front();
		q.pop(),ed[i]|=ed[fail[i]];
		if(fail[i]) rt[i]=rt[fail[i]];
		
		for(auto eg:tr[i]){
			int v=eg.fir,j=eg.sec,id=::id[col[i]][v];			
			fail[j]=prit::modify(rt[i],rt[i],0,G[col[i]].size()-1,id,j,G[col[i]][id].sec);
			q.push(j),col[j]=v;
		}		
		if(rt[i]) add(i,rt[i],0);
	}
	
	printf("%lld",dijkstra());

	return 0;
}

Luogu P8571 [JRKSJ R6] Dedicatus545

仍然不好做，考虑阈值分治。设定阈值 $B$。

对于 $s_k$ 是大串的情形，$O(L+q \log n)$ 解决一个串是容易的。

对于 $s_k$ 是小串的情形，考虑对 $r$ 扫描线。从左到右扫描 $r$，并给 $s_r$ 的终止节点打上标记 $r$。扫到 $r$ 时处理形如 $(l,r,k)$ 的询问。考虑某个 $s_k$ 的前缀节点的贡献。若该节点到根的路径上，有大于等于 $l$ 的标记时，该节点对答案有贡献，贡献大小为该节点在 fail 树上的子树和（此时 fail 树上仅 $s_k$ 的前缀节点点权为 $1$）。

建虚树查询即可。同样，我们可以把单点修改链查询变为区间 chkmax 单点查询。对于每个串，虚树只需建立一次，因此复杂度是均摊 $O(L \log L)$ 的。取阈值为 $\sqrt L$，总复杂度为 $O(L \sqrt L + q \log n+ L \log L)$。

Luogu P5599 【XR-4】文本编辑器

单词的长度很小，这是无论如何都想利用上的性质。记字典中最长单词长度为 $d$。首先对字典建出 ACAM，并维护出每个状态 $i$ 的对应串有多少个后缀出现在了字典中，记作 $cnt(i)$。

先不考虑修改。如果我们能够维护出 $s[1,i]$ 在 ACAM 中匹配得到的状态 $sta(i)$，那么我们是可以对付查询的。这是因为 $d$ 很小，所以对于询问 $[l,r]$ 而言，当 $i$ 远大于 $l$ 时，位置 $i$ 对于答案的贡献就是 $cnt(sta(i))$。精细分析可知，当 $i \in [l+d-1,r]$ 时，我们就可以认为 $i$ 远大于 $l$ 了。

当 $i \in [l,l+d-2]$ 时，$cnt(sta(i))$ 中的串不一定全部合法。因此，我们应当遍历 $sta(i)$ 在 fail 树上的祖先，找到第一个节点长度小于等于 $l-i+1$ 的祖先 $f$，并取 $cnt(f)$ 作为贡献。注意这一步的复杂度不应当变为 $O(d^2)$，因此我们要对于每个节点维护 $par(x,h)$，表示 fail 树上 $x$ 的第一个节点长度不超过 $h$ 的祖先（可以是它自己），这样在枚举 $i$ 的时候可以一步定位到 $f$。因此，单次询问的复杂度为 $O(d)$。

现在考虑修改。当 $i$ 远大于 $l$ 的时候，不难发现修改会使得 $sta(i)=sta(i+|t|)$。因为 $s[l,r]$ 会变为 $t$ 的若干次循环，因此这是容易证明的（无论 $sta(i)$ 的长度更长，还是 $sta(i+|t|)$ 的长度更长，都是不合理的）。

和查询类似地，我们可以发现，当 $i \in [l+d-1,r]$ 时，我们认为 $i$ 远大于 $l$。因此，这部分修改可以使用以下方法完成：

从 $sta(l-1)$ 开始，当 $l \leq i \leq l+d+t-1$ 时，暴力匹配出 $sta(i)$。
取出 $sta[l+d-1,l+d+t-2]$，将这一段向后复制，直到 $sta(r)$ 为止。
从 $sta(r)$ 开始，当 $r+1 \leq i \leq r+d-2$ 时，暴力匹配出 $sta(i)$。

因此，我们只需要一个支持区间循环覆盖的线段树即可。时间复杂度 $O(|\Sigma|\sum S + \sum T+q \log n)$。

SCOI2024 Day1 T1 (口胡)

考虑分类讨论。存在两种情况：$s_i+t_j$ 完整地在某个 $s_x$ 或者 $t_x$ 中出现，以及 $s_x+t_y$ 的分界线将 $s_i+t_j$ 分成了两部分。

对于第一种情况，以完整出现在某个 $s_x$ 中为例。若 $s_i+t_j$ 完整地在某个 $s_x$ 出现，考虑枚举 $s_x$，对于 $1 \leq l < |s_i|$，计算如下信息：作为 $s_x[1,l]$ 后缀的 $s$ 串数量，以及作为 $s_x[l+1,|s_x|]$ 前缀的 $t$ 串数量。对于前者，对所有 $s_i$ 建 ACAM，将 $s_x$ 从前往后匹配，若匹配完 $s_x[1,l]$ 后位于的节点为 $p$，则作为 $s_x[1,l]$ 后缀的 $s$ 串数量等于 $p$ 到根的路径上终止节点数量之和（重复串算多次）。对于后者，对所有 $t_i$ 的反串建 ACAM 后将 $s_x$ 从后往前匹配，类似地可以算出答案。

对于同一个 $s_x$，枚举 $l$，答案即为二者乘积之和。枚举所有的 $s_x,t_x$，再枚举 $l$ 计算答案，我们就在 $O(\sum \text{len})$ 的时间计算出了第一种情况的答案。

对于第二种情况，有三种子情况：$s_i$ 被 $s_x+t_y$ 分成了两部分；$t_j$ 被 $s_x+t_y$ 分成了两部分；$s_i+t_j$ 的分界线恰好是 $s_x+s_y$ 的分界线。

对于前两种子情况，取第一种子情况为例。枚举 $t_y$ 和 $l$，钦定 $s_i$ 在 $t_y$ 中的部分为 $t_y[1,l]$。那么合法的 $t_j$ 数量就是作为 $s_y[l+1,|t_y|]$ 前缀的 $t$ 串数量。对于每个 $s_i$，枚举 $1 \leq k < |s_i|$，将 $s_i$ 分为非空的两部分 $A=s_i[1,k],B=s_i[k+1,|s_i|]$。那么当且仅当 $B=t_y[1,l]$ 时，这种划分有 $cnt(A)$ 的贡献，其中 $cnt(A)$ 表示存在后缀 $A$ 的 $s_x$ 的数量。则对于这个 $l$，总贡献为前面的贡献乘上合法的 $t_j$ 数量。

考虑事先预处理，将所有 $s_i$ 的所有后缀计算 Hash 后扔进 Hash Table，然后枚举 $s_i$ 和 $k$，同样利用 Hash + Hash Table 可以支持 $O(\sum \text{len})$ 处理，$O(1)$ 询问贡献。

对于第三种子情况，使用 Hash 仍然容易计算。

回文相关

基础性质

重排

一个字符串能够重排成为回文串的充要条件是，只有至多一种字符出现了奇数次。

本质不同回文子串数量

定理 1

一个长度为 $n$ 的字符串 $s$ 的本质不同回文子串数量不超过 $n$。

证明：反证法。令每个本质不同回文子串在其第一次结束处被统计。若存在两个本质不同回文子串 $p,q(|p|<|q|)$ 在 $l$ 处被统计，那么 $p$ 是 $q$ 的回文后缀。因为 $q$ 是回文串，因此 $p$ 必然也是 $q$ 长度小于 $|q|$ 的一个回文前缀，从而可以在某个小于 $l$ 的位置被统计，和假设矛盾。

回文引理

回文串具有非常良好的性质。因此将它和 border 联系起来时，有几个简单的引理成立。

引理 1

若 $t$ 是回文串 $s$ 的后缀，则 $t$ 是 $s$ 的 border 当且仅当 $t$ 是回文串。

根据定义可证。

引理 2

若 $t$ 是 $s$ 的 border（$|t| \geq |s|/2$），则 $s$ 是回文串当且仅当 $t$ 是回文串。

若 $s$ 是回文串，利用引理 $1$。

若 $t$ 是回文串且是 $s$ 的 border，根据定义，有 $s[i] = s[|s|-|t|+i] = s[|s|-i+1]$（$1 \leq i \leq |t|$）。因为 $|t| \geq |s|/2$，所以上述信息足以判定 $s$ 是一个回文串。

引理 3

若 $t$ 是回文串 $s$ 的 border，则 $|s|-|t|$ 是 $s$ 的最小周期当且仅当 $t$ 是 $s$ 的最长回文真后缀。

利用 border 和周期的对应关系，结合引理 1 可证。

引理 4

$t$ 的所有回文 border 可以不重不漏地通过如下方式得到：不断令 $t$ 变为 $t$ 的最长回文真后缀。

我们注意到 $t$ 在至多一步后就会变为回文串。根据引理 1，此后 $t$ 一定会变为自己的最长 border，因此结合《周期和 border》一节中的性质 2 即可证明。

定理 2

对于 $|s| > 1$，$s$ 的所有回文后缀按照长度排序后可以划分为 $\lceil \log_2|s|\rceil$ 个等差数列。

利用引理 4，我们注意到 $t$ 在至多一步后就会变为回文串 $t'$，从而 $s$ 的所有回文后缀就是 $t'$ 和 $t'$ 的所有 border。结合《border 的结构》一节中的引理 2 立刻得证。

Manacher 算法

s[0]='~',s[++len]='#';
for(char x=getchar();x>='a'&&x<='z';x=getchar()){
	s[++len]=x,s[++len]='#';
}
for(int i=1,md=0,r=0;i<=len;++i){
	if(i<=r) p[i]=std::min(p[2*md-i],r-i+1);
	else p[i]=1;
	while(s[i-p[i]]==s[i+p[i]]) ++p[i];
	if(i+p[i]-1>r) md=i,r=i+p[i]-1;
	maxx=std::max(maxx,p[i]-1);
}

相信大家都会。

性质：

原串中 $s_i$ 在新串 $t$ 的位置为 $s_{2i}$。
原串中子串 $s[l,r]$ 的回文中心为 $t_{l+r}$。

分奇偶讨论容易证明。

几个基础应用

求出以某个位置开始 / 结束的最长回文子串长度

以后者为例。因为回文串的性质，前者与后者本质相同，可以将串取反后变为求以某个位置结束的最长回文子串长度。

当 $i+p_i - 1 > r$ 时（即回文区间的右端点向右移动时），此时对于新串中所有对应原串中字符的位置（即下标为偶数的位置）$r < j < i+p_i$，以 $j$ 为结尾的最长回文子串长度就是 $j-i+1$。

对于一个下标 $x$ 来说，要想让以 $x$ 结束的最长回文子串长度尽可能长，那么要找到最靠前的回文中心，使得它的回文半径能够覆盖到 $x$。对于 $j \in (r,i+p_i)$，显然在 $i$ 之前的回文中心都无法覆盖到 $j$，并且此时 $i$ 的回文半径能够覆盖 $j$，因此 $i$ 就是对于 $j$ 而言最靠前的回文中心。

由于 Manacher 的特性，分奇偶讨论容易证明新串中以 $i$ 为回文中心，$j$ 结尾的回文串在原串中对应一个以 $j/2$ 结尾，长度为 $j-i+1$ 的一个字符串。
```
	for(int i=1,r=0,md=0;i<=len;++i){
		if(i<=r) p[i]=std::min(r-i+1,p[2*md-i]);
		else p[i]=1;
		
		while(s[i-p[i]]==s[i+p[i]]) ++p[i];
		
		if(i+p[i]-1>r){
			for(int j=r+1;j<=i+p[i]-1;++j) if(j%2==0) L[j/2]=j-i+1;
			r=i+p[i]-1,md=i;
		}
	}
```
- 例题 Luogu P4555 [国家集训队] 最长双回文串

判断一个区间 $s[l,r]$ 是否为回文串

找到 $s[l,r]$ 的回文中心在 $t$ 中的位置 $l+r$，若区间 $[l,r]$ 是回文串，则 $t_{l+r}$ 的回文半径必须覆盖 $t_{2r}$，即回文半径 $p_{l+r} \geq 2r-(l+r)+1$。

inline void manacher_init(void){
	len=0,t[0]='~',t[++len]='#';
	for(int i=1;i<=n;++i) t[++len]=s[i],t[++len]='#';
	
	for(int i=1,r=0,md=0;i<=len;++i){
		if(i<=r) p[i]=std::min(p[2*md-i],r-i+1);
		else p[i]=1;
		while(t[i-p[i]]==t[i+p[i]]) ++p[i];
		if(i+p[i]-1>r) r=i+p[i]-1,md=i;
	}
	return;
}

inline bool palin(int l,int r){
	return p[l+r]>=2*r-(l+r)+1;
}

例题 CF1943B Non-Palindromic Substring

妈妈再也不用担心我写不完 Hash 还被出题人卡啦！

回文树 / 回文自动机

一般来说称呼为后者，或其英文简写 PAM 时更加常见。

PAM 是接受 $s$ 所有回文子串的类自动机结构。

该「类自动机」结构的转移边和我们熟知的 SAM, ACAM 略有出入。

左图展示了 $\texttt{babbab}$ 的 PAM 结构，其中蓝色虚边为其 fail 树结构，右图中用黑色实边展示。

接下来给出 PAM 结构的性质：

PAM 中存在两个入度为 $0$ 的起始节点 $\text{even}$ 和 $\text{odd}$。接下来分别用节点 $E,O$ 来代指起始节点 $\text{even}$ 和 $\text{odd}$。
除了起始节点 $E,O$ 外，每个节点都代表一个回文字符串。记 $\text{len}(p)$ 表示节点 $p$ 所代表字符串的长度，并规定 $\text{len}(E)=0,\text{len}(O)=-1$。
图中带字母的转移边 $tr(p,c):(p \to q)$（或记作 $tr(p,c) = q$）含义为：在当前节点 $p$ 代表的字符串左右两侧添加转移边对应字符 $c$ 后，得到的字符串和转移边终点 $q$ 代表的字符串相等。特殊地，对于 $tr(O,c) : (O \to q)$，应当看作在一个长度为 $-1$ 的字符串左右两侧添加字符 $c$，最终得到的字符串是单个字符 $c$。
对于任意 $tr(p,c) = q$，都有 $\text{len}(p)+2 = \text{len}(q)$。
除了起始节点外，每个节点恰为一条转移边的终点。因此，PAM 构成两棵有根树，分别以两个初始节点作为根。其中 $\text{even}$ 子树中所有回文串长度均为偶数，$\text{odd}$ 相反。
节点 $p$ 的 fail 指针 $\text{fail}(p)$ 指向表示其最长回文真后缀的节点。该最长回文真后缀长度可以为 $0$，此时 $\text{fail}(p)$ 指向 $E$。特殊地，$\text{fail}(E) = \text{fail}(O) = O$。

因为一个长度为 $n$ 的字符串 $s$ 的本质不同回文子串数量不超过 $n$，因此一个字符串的 PAM 上最多只有 $n+2$ 个节点。又由树形结构可知 PAM 上转移边不超过 $n$ 条。

构造：末端插入法

对于字符串 $s$，我们可以采用末端插入的增量构造法构造 PAM，即：从初始 $s[1,0]$ 的 PAM（仅初始节点）开始，依次插入 $s_i$，然后维护出 $s[1,i]$ 的 SAM。

根据本节定理 1 及其证明，插入 $s_i$ 至多增加 $1$ 个本质不同回文子串，且这个子串只可能是 $s[1,i]$ 的最长回文后缀。

我们考虑维护 $last$ 指针，指向代表 $s[1,i-1]$ 的最长回文后缀的节点。初始时令 $last = E$，这是因为空串的最长回文后缀为空串。

注意到 $s[1,i]$ 的最长回文后缀要么就是 $s[i]$，要么是 $s[1,i-1]$ 的某个回文后缀的左右两侧添加一个字符 $s[i]$ 得到的。因此，我们初始令 $p=last$，然后不断地将 $p$ 变为 $\text{fail}(p)$，直到 $s[i-\text{len}(p)-1]=s[i]$。此时在 $p$ 代表的字符串左右两侧添加字符 $s[i]$，就得到了 $s[1,i]$ 的最长回文后缀。因为我们规定了 $\text{len}(E)=0$ 和 $\text{len}(O)=-1$，所以上面的过程总是正确的，我们不用特意区分 $s[i]$ 的最长回文后缀是否是单个字符 $s[i]$。

若 $tr(p,s[i]) = q$ 存在，则表明这个子串已经出现过，我们不做任何修改。接下来讨论这个子串没有出现过，且需要新建节点 $q$ 的情况。

因为 $q$ 对应的字符串是 $s[1,i]$ 的最长回文后缀，所以当前不会存在 $q$ 出发的转移边，我们只需要计算出 $\text{fail}(q)$，即 $q$ 对应字符串的最长回文后缀。和上面类似，我们令 $p' = \text{fail}(p)$，然后不断地将 $p'$ 变为 $\text{fail}(p')$，直到 $s[i-\text{len}(p')-1]=s[i]$。此时将 $\text{fail}(q)$ 置为 $q'$ 即可，其中 $tr(p',s[i]) = q'$。

若 $q$ 对应字符串的最长回文后缀为空（此时一定有 $\text{len}(q) = 1$），我们总会到达 $p' = O$。按照定义，我们希望 $\text{fail}(q) = E$。在代码里面我们给 $E$ 标号为 $0$，$O$ 标号为 $1$，这样，此时 $tr(O,s[i]) = tr(1,s[i]) = 0$，我们就可以自然地避免这个边界情况了。

最后，更新 $tr(p,s[i]) = q$，然后令 $last = q$。注意到我们不能先更新 $tr(p,s[i])$ 再计算 $\text{fail}(q)$，这是因为若 $p = O$，就有 $\text{fail}(p) = \text{fail}(O) = O$，此时如果先更新 $tr(O,s[i]) = q$，再计算 $\text{fail}(q) = tr(\text{fail(p)},s[i]) = tr(O,s[i]) = q$，就会发现 $q$ 的 $\text{fail}$ 指针是其本身，而这显然不是我们想要的。

int len[N],fail[N],ch[N][26],siz[N];
int cnt=-1,last;

inline int node(int x){ // 新建一个长度为 x 的空节点
	return len[++cnt]=x,cnt;
}
inline void init(void){ // 新建节点 E (标号为 0) 和节点 O (标号为 1)
	node(0),node(-1),fail[0]=1;
	return;
}
inline int getfail(int x,int pos){
	while(s[pos-1-len[x]]!=s[pos]) x=fail[x];
	return x;
}
inline void extend(int pos,int c){
	int x=getfail(last,pos),p; // 代码中 p 为文中 q; x 为文中 p
	if(!ch[x][c]){
		p=node(len[x]+2),fail[p]=ch[getfail(fail[x],pos)][c],ch[x][c]=p;
	}
	++siz[last=ch[x][c]];
	return;
}
...
int main(void){
    init();
    ...
}

这种方法被称作基础插入算法。

考虑复杂度分析。记 $n$ 为字符串长度。指针 $p$ 每向上移动一次，节点长度至少减少 $2$。新建节点 $q$ 使得节点长度增加 $2$。因为一共只会新建至多 $n$ 个非初始节点，且节点长度不得小于 $-1$，因此运用势能分析可知，代码实现中这部分的时间复杂度为 $O(n)$，其中 $n$ 为字符串长度，而空间复杂度为 $O(n\Sigma)$。

对于指针 $p'$ 和 $\text{fail}(q)$，我们有类似的势能分析。因此，基础插入算法的总势能为 $O(n)$，从而：

采用数组存储转移边 $tr$，时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(n \Sigma)$；
采用 $O(1)$ 额外空间，$O(\log \Sigma)$ 定位的数据结构（如 std::map 或 std::set）存储转移边 $tr$，时间复杂度 $O(n \log |s|)$，空间复杂度 $O(n)$。

一个有趣的事实是，我们根本不会用到 $\text{fail}(O)$，因此 init() 中仅有 fail[0]=1 一句而非 fail[0]=fail[1]=1，这也符合网上大部分题解的书写习惯，虽然它看上去不太严谨......

构造：前端插入法

因为回文串的性质，对于字符串 $s$ 而言，它的反串 $s'$ 的本质不同回文子串集合和 $s$ 的完全相同。因此，对于 $s$ 采用前端插入法构造 PAM，即维护 $last$ 表示 $s[i,n]$ 的最长回文前缀，然后类似地计算出转移边和 fail 指针，本质上和对于 $s$ 的反串 $s'$ 采用后端插入法是相同的，因此前端插入法的复杂度和后端插入法的复杂度相同。

构造：不基于势能分析的末端插入法（可持久化）

如果 PAM 需要支持完全持久化，那么基于势能分析的插入法将不再有效。

基本插入算法的瓶颈在于遍历 $last$ 的 fail 指针，找到第一个前驱字符和 $s_i$ 相同的回文后缀 $t$。注意到，除了 $\text{len}(t) = \text{len}(last)$ 的场合，$t$ 必然是 $last$ 对应串的真后缀。这种情况下，$t$ 和 $s_i$ 具体是什么无关，而只和 $last$ 有关。

因此，我们对于节点 $x$，维护出 $quick(x,c)$ 表示节点 $x$ 所代表的字符串第一个前驱字符为 $c$ 的回文真后缀所代表的节点。插入时，如果 $p = last$ 不合法，只需要取出 $quick(last,c)$ 就可以立刻求得最终的节点 $p$。同理，$\text{fail}(q)$ 要么是 $tr(\text{fail}(p),c)$，要么可以用 $tr(quick(\text{fail}(x),c),c)$ 给出。

最后，我们需要维护出 $quick(q,c)$。$quick(q,c)$ 和 $quick(\text{fail}(q),c)$ 相比，恰有 $1$ 处有差异。维护出 $quick(q,c)$ 同样是简单的。

该算法的复杂度分析较为容易：直接从 $\text{fail}(q)$ 进行 $quick$ 的复制，时空复杂度为 $O(n \Sigma)$。使用可持久化数组，时空复杂度均变为 $O(n \log \Sigma)$。

需要注意边界情况：$quick(E,c),quick(O,c)$ 初始设为 $O$。

char s[N];
int n;
int len[N],fail[N],ch[N][26],siz[N],quick[N][26];
int cnt=-1,last;

inline int node(int x){
	return len[++cnt]=x,cnt;
}
inline void init(void){
	node(0),node(-1),fail[0]=1;
	for(int i=0;i<26;++i) quick[0][i]=quick[1][i]=1; // 初始化 quick(E,c) / quick(O,c)
	return;
}

inline void extend(int pos,int c){
	int x=quick[last][c],p; // 代码中 p 为文中 q; x 为文中 p
	if(s[pos-len[last]-1]==s[pos]) x=last; // 特殊情况：p = last 合法的场合
	if(!ch[x][c]){
		p=node(len[x]+2),fail[p]=ch[quick[fail[x]][c]][c];
		if(s[pos-len[fail[x]]-1]==s[pos]) fail[p]=ch[fail[x]][c]; // 特殊情况：fail[q] = ch[fail[p]][c] 合法的场合
		memcpy(quick[p],quick[fail[p]],sizeof(quick[p]));
		quick[p][s[pos-len[fail[p]]]-'a']=fail[p]; // 更新 quick[q]
		ch[x][c]=p;
	}
	++siz[last=ch[x][c]];
	return;
}

例题 1 【模板】回文自动机（PAM）Link

给定一个字符串 $s$。保证每个字符为小写字母。对于 $s$ 的每个位置，请求出以该位置结尾的回文子串个数。

这个字符串被进行了加密，除了第一个字符，其他字符都需要通过上一个位置的答案来解密。

具体地，若第 $i(i\geq 1)$ 个位置的答案是 $k$，第 $i+1$ 个字符读入时的 $\rm ASCII$ 码为 $c$，则第 $i+1$ 个字符实际的 $\rm ASCII$ 码为 $(c-97+k)\bmod 26+97$。所有字符在加密前后都为小写字母。

$1 \leq |s| \leq 5 \times 10^5$

容易发现，所求即为 $last$ 在 fail 树上的深度。

例题 2 [APIO2014] 回文串 Link

给你一个由小写拉丁字母组成的字符串 $s$。我们定义 $s$ 的一个子串的存在值为这个子串在 $s$ 中出现的次数乘以这个子串的长度。

对于给你的这个字符串 $s$，求所有回文子串中的最大存在值。

$1 \leq |s| \leq 3 \times 10^5$

如果能够求出每个节点代表的字符串的 endpos 集合大小，便可以解决原问题。

采用 ACAM 类似的套路，每次只在 $last$ 处更新 endpos 集合大小，最后再遍历 fail 树求出子树和即为真正的子树大小。

以下给出不基于势能分析的末端插入法的实现。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=300010,INF=0x3f3f3f3f;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}
char s[N];
int n;
int len[N],fail[N],ch[N][26],siz[N],quick[N][26];
int cnt=-1,last;

inline int node(int x){
	return len[++cnt]=x,cnt;
}

inline void init(void){
	node(0),node(-1),fail[0]=1;
	for(int i=0;i<26;++i) quick[0][i]=quick[1][i]=1;
	return;
}


inline void extend(int pos,int c){
	int x=quick[last][c],p;
	if(s[pos-len[last]-1]==s[pos]) x=last;
	if(!ch[x][c]){
		p=node(len[x]+2),fail[p]=ch[quick[fail[x]][c]][c];
		if(s[pos-len[fail[x]]-1]==s[pos]) fail[p]=ch[fail[x]][c];
		memcpy(quick[p],quick[fail[p]],sizeof(quick[p]));
		quick[p][s[pos-len[fail[p]]]-'a']=fail[p];
		ch[x][c]=p;
	}
	++siz[last=ch[x][c]];
	return;
}

int main(void){
	scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),init();
	for(int i=1;i<=n;++i) extend(i,s[i]-'a');
	for(int i=cnt;i>1;--i) siz[fail[i]]+=siz[i];
	
	long long ans=0;
	for(int i=2;i<=cnt;++i) ans=std::max(ans,1ll*siz[i]*len[i]);
	
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

* 构造：双端插入法（HDU 5421）

我们可以同时维护出 $last$ 和 $first$，表示当前串的最长回文后缀和最长回文前缀指向的节点，然后同时使用前端插入法和后端插入法。但此时前端插入也可能会使得 $last$ 变化，后端插入同理。仔细分析可知，只有整个串都是回文串的时候，才会出现前述变化，而这是容易判断的。

构造：对给定 Trie 树构造 PAM

类似的分析可知，Trie 树对应的 PAM 上只有 $O(siz)$ 个节点。

此时不应当采用基础插入算法。考虑 $\{\texttt{a},\texttt{ba},\texttt{bba},\cdots,\texttt{bbbbb...a}\}$（最后一个字符串中有 $n$ 个 $\texttt b$）构成的 Trie，大小为 $O(n)$。每次遍历到 $\texttt a$ 的分支时，都会消耗所有势能，而往下遍历 $\texttt b$ 的分支时势能不会减小，因此复杂度为 $O(n^2)$。

不基于势能分析的末端插入法复杂度不变。

* 带双端插入删除的 PAM 维护

可以参阅 2017 集训队论文《回文树及其应用》（中山市中山纪念中学翁文涛）。

核心思想是，维护出那些本身回文且不是任何一个回文串回文前 / 后缀的串，称作重要子串。当字符被删除时，结合当前节点的重要性，以及在 fail 树上是否存在后代，可以判断出这些串是否会被从 PAM 上移除。

但这样会频繁更改 fail 树的结构，因此如果需要支持查询某个串的 endpos 集合大小，可能需要用到 LCT / ETT。当然，如果只需要查回文子串数量（位置不同就算不同），便只需要在插入 / 删除时知道当前所在节点的 fail 树深度，这是容易维护出来的。

带双端插入删除的 PAM 是支持可持久化的，但是这也太迷惑了......相信没有人会写。

例题 3 [CERC2014] Virus synthesis

初始有一个空串，利用下面的操作构造给定串 $S$。

串开头或末尾加一个字符

串开头或末尾加一个该串的逆串

求最小操作数。

$|S| \leq 10^5$，字符集为 $\{A,T,C,G\}$。

考虑枚举最后一次 2 操作形成的串 $T$。它必然是 $S$ 的一个偶回文子串。可以使用 PAM 求出所有这样的串。记 $f(T)$ 表示从空串到 $T$ 的最小操作次数，那么最小的 $f(T) + n- |T|$ 就是答案。

现在重点是如何求出 $f(T)$。有结论：形成串 $T$ 的最后一次操作必然是操作 2。以下为证明：

考虑归纳。$|T| \leq 2$ 的情况是平凡的。

对于 $|T| > 2$ 的情况，若形成串 $T = BB^T$ 的最后一次操作不是操作 2，找到最后一次操作 2 结束后形成的串 $T' = AA^T$，其中 $S^T$ 表示串 $S$ 的反转。

不难发现，上述总操作次数为 $f(T') + 2(|B|-|A|)$。注意到 $|A| < |B|$，那么 $A$ 或 $A^{T}$ 一定完整地出现在 $T$ 回文中心的一侧。根据归纳假设，形成 $AA^T$ 的最后一次操作是操作 2。那么，在这次操作之前，在完整地出现在 $T$ 回文中心一侧的部分左右添加上字符，使其成为 $B$ 或 $B^T$，最后再应用操作 $2$，总操作次数为 $f(T') + |B| - |A| < f(T') + 2(|B| - |A|)$，因此一定更优。

考虑在 PAM 上 DP。考虑一结论：回文串 $T$ 的所有回文子串都可以通过若干次以下操作得到：

将 $T$ 首尾去掉一个字符。
将 $T$ 变为 $T$ 的最长回文后缀。

那么有转移：$f(T) = \min(|T|,f(\text{fa}(T))+1,f(\text{link}(T)) + \frac{1}{2}(|T| - |\text{link}(T)|)+1)$。其中 $\text{fa}(T)$ 为 $T$ 在 PAM 上的父亲（与 $\text{fail}$ 树上的父亲区分），$\text{link}(T)$ 为 $T$ 长度不超过 $\frac{1}{2} T$ 的最长回文后缀。

$\text{link}(T)$ 可以使用与求 $\text{fail}(T)$ 时类似的方法求出，时间复杂度不变。

# include <bits/stdc++.h>
# define link walawala

const int N=300010,INF=0x3f3f3f3f;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

std::map <char,int> mp;

char s[N];

int n;

int len[N],fail[N],ch[N][4];

int cnt=-1,last;

int link[N],fa[N]; 

inline int node(int x){
	return len[++cnt]=x,memset(ch[cnt],0,sizeof(ch[cnt])),link[cnt]=fa[cnt]=0,cnt;
}

inline void init(void){
	cnt=-1,node(0),node(-1),fail[0]=1,last=0;
	return;
}

inline int getfail(int x,int pos){
	while(s[pos-1-len[x]]!=s[pos]) x=fail[x];
	return x;
}

inline void extend(int pos,int c){
	int x=getfail(last,pos),p;
	if(!ch[x][c]){
		p=node(len[x]+2),fail[p]=ch[getfail(fail[x],pos)][c],ch[x][c]=p;
		fa[p]=x;
		if(len[p]<=2) link[p]=fail[p];
		else{
			int cur=link[x];
			while(s[pos-1-len[cur]]!=s[pos]||(len[cur]+2)*2>len[p]) cur=fail[cur];
			link[p]=ch[cur][c];
		}
	}
	last=ch[x][c];
	return;
}

int dp[N];

inline void bfs(void){
	std::queue <int> q;
	for(int i=2;i<=cnt;++i) dp[i]=len[i];
	q.push(0),dp[0]=1;
	int ans=n;
	while(!q.empty()){
		int i=q.front();
		q.pop();
		for(int k=0;k<4;++k){
			int j=ch[i][k];
			if(!j) continue;
			dp[j]=dp[i]+1;
			int l=link[j];
			dp[j]=std::min(dp[j],dp[l]+len[j]/2+1-len[l]);
			ans=std::min(ans,n-len[j]+dp[j]);
			q.push(j);
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return;
}

int main(void){
	mp['A']=0,mp['C']=1,mp['T']=2,mp['G']=3;
	int T=read();
	while(T--){
		scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),init();
		for(int i=1;i<=n;++i) extend(i,mp[s[i]]);
		bfs();
	}
	return 0;
}

例题 4 [GDKOI2013] 大山王国的城市规划

给定字符串 $s$，选出尽可能多的回文子串 $t_1,t_2,\cdots,t_k$ 使得不存在 $i \neq j$ 满足 $t_i$ 为 $t_j$ 的子串。

$1 \leq |s| \leq 10^5$

考虑结论：回文串 $T$ 的所有回文子串都可以通过若干次以下操作得到：

将 $T$ 首尾去掉一个字符。
将 $T$ 变为 $T$ 的最长回文后缀。

对应到 PAM 上，这两种操作分别为：

令某个节点变为它在 PAM 上的父亲。
令某个节点变为它在 fail 树上的父亲。

将每个节点的「两个父亲」向它连边，会得到一张 DAG。不难发现，所求即为 DAG 上的最长反链。这是简单的。

复杂度为网络流跑二分图匹配的 $O(n \sqrt n)$。

最小回文划分

给定字符串 $s$，求：

将 $s$ 划分程若干个回文串，最少需要使用的回文串个数。（最小回文划分）

将 $s$ 划分成若干个回文串的方案数。（回文划分计数）

$1 \leq |s| \leq 10^5$

不难发现我们可以使用 DP 解决。两种 DP 是类似的，下文中以回文划分计数为例。

显然，我们可以对 $s$ 建立 PAM，同时进行 DP。具体来说，插入字符 $s[i]$ 后，$s[1,i]$ 的所有回文后缀都可以作为划分中在 $i$ 结束的回文串。

考虑《回文引理》一节的定理 2，一个字符串 $t$ 的回文 border 能够被划分为 $O(\log_2 |t|)$ 个等差数列。因此，插入 $s[i]$ 后，$last$ 到根的链上的节点可以根据长度划分到 $O(\log_2 i)$ 个等差数列中。

考虑维护如下信息：对于一个节点 $x$，如果它是某个等差数列中长度最长的节点，那么就更新 $g(x)$ 为 $ \sum \limits_{y \in S(x)} f(i-\text{len}(x))$，其中 $S(x)$ 表示 $x$ 所属等差数列中的节点。

现在，对于 $x$，若 $\text{fail}(x)$ 和 $x$ 属于同一个等差数列，考察 $g(\text{fail}(x))$。

如图。$\text{diff}(x)$ 表示等差数列的公差。因为 $\text{fail}(x)$ 是 $x$ 的最长回文后缀，那么 $\text{fail}(x)$ 上次出现的位置为 $i - \text{diff}(x)$。同时，在 $i - \text{diff}(x)$ 处出现时，$\text{fail}(x)$ 必然是作为这个等差数列中最长的节点出现的。

证明

因为 $x$ 是回文串，显然 $\text{fail}(x)$ 的确在 $i - \text{diff}(x)$ 处出现过。下证其不可能在中间部分再次出现：我们的划分方式保证了 $\text{fail}(x)$ 如果和 $x$ 在同一个等差数列中，则 $2|\text{fail}(x)| \geq |x|$。若 $\text{fail}(x)$ 在 $(i - \text{diff}(x),i)$ 中出现，则两次出现必然有重叠。由引理 2，这两次出现的并是一个更长的回文串，且它同样是 $x$ 的前缀。$x$ 是回文串，从而它也是 $x$ 的后缀，且比 $\text{fail}(x)$ 长，这与 $\text{fail}(x)$ 的定义矛盾。

如果 $\text{fail}(x)$ 没有作为这个等差数列中最长的节点出现，那么会发生什么呢？关于这种情况，我已经有了一种绝妙的论证，来说明这不会发生。可惜这里地方太小，我写不下。

这样，$g(\text{fail}(x)) = \sum \limits_{y \in S(x)} f((i - \text{diff}(x))-\text{len}(x))$，即上图中蓝色的部分。$g(x)$（图中橙色部分）和 $g(\text{fail}(x))$ 相比，只多了一个 $f(i - |\text{slink}(x)| + \text{diff}(x))$。因此我们可以 $O(1)$ 更新出 $g(x)$。

要求解 $f(i)$，我们只需要在 $last$ 的 fail 链上找到每个等差数列的 $x$ 节点，更新出 $g(x)$ 并累加。时间复杂度 $O(n \log n)$。

例题 5 CF932G Palindrome Partition

给定长度为 $n$ 的字符串 $s$，字符集为小写字母集。

求将 $s$ 划分为偶数段 $t_1,t_2,\cdots,t_{2k}$，且对于 $i = 1,2,\cdots,k$，满足 $t_i = t_{2k - i+1}$ 的方案数。

答案对 $10^9+7$ 取模。

$2 \leq n \leq 10^6$

不难注意到我们要求的是划分构成一个回文序列的方案。这有点棘手，不妨令 $s' = s_1s_ns_{2}s_{n-1}\cdots s_{n/2}s_{n/2+1}$。这样 $s'$ 的合法划分方案与 $s'$ 的偶回文划分方案一一对应。

对于后者，可以利用上述方法求出。

# include <bits/stdc++.h>

const int N=1000010,INF=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;

char s[N],t[N];

int n;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-') f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}

namespace pam{
	int ch[N][26],len[N],slink[N],fail[N],diff[N];
	int cnt=-1,last;
	inline int node(int l){
		return len[++cnt]=l,cnt;
	}
	inline void init(void){
		node(0),node(-1),fail[0]=1;
		return;
	}
	inline int getfail(int x,int pos){
		while(t[pos-1-len[x]]!=t[pos]) x=fail[x];
		return x;
	}
	inline void extend(int pos,int c){
		int x=getfail(last,pos),p;
		if(!ch[x][c]){
			p=node(len[x]+2),fail[p]=ch[getfail(fail[x],pos)][c],ch[x][c]=p;
			diff[p]=len[p]-len[fail[p]];
			slink[p]=((diff[p]==diff[fail[p]])?slink[fail[p]]:fail[p]);
            // 留意这里的划分方式.
            // 我们不会把 3,7,11 划分到同一个等差数列中.而是划分为 {3},{7,11}.
            // 这是因为证明中用到了 2 * |fail(x)| >= |x| 的性质.
		}
		last=ch[x][c];
		return;
	}	
}

using namespace pam;

int g[N],f[N];

int main(void){
	scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
	if(n%2) puts("0"),exit(0);
	for(int i=1,l=1,r=n;i<=n/2;++i,++l,--r) t[2*i-1]=s[l],t[2*i]=s[r];	
	init();
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		extend(i,t[i]-'a');
		for(int j=last;j;j=slink[j]){
			g[j]=f[i-len[slink[j]]-diff[j]];
			if(slink[j]!=fail[j]) g[j]=(g[j]+g[fail[j]])%mod;
			if(i%2==0) f[i]=(f[i]+g[j])%mod;
		}
	}
	
	printf("%d",f[n]);

	return 0;
}

例题 6 Codeforces 906E Reverses

和例题 5 基本相同。

* 例题 7 LOJ6070「2017 山东一轮集训 Day4」基因

给定长度为 $n$ 的小写字母串 $s$，$q$ 次查询，每次查询 $s[l,r]$ 的本质不同回文子串数量。

强制在线。

离线版本：BZOJ 5384 有趣的字符串题

$1 \leq n \leq 10^5,1 \leq q \leq 2 \times 10^5$

解法一

采用分块。使用 PAM 维护出从每一块开头 $L$ 到每个右端点 $r$ 的本质不同回文子串数量 $f(L,r)$，以及插入完 $[L,r]$ 后，$last,first$ 指针在 PAM 上的位置。以及从 $L$ 开始，回文子串 $t$ 最早出现的位置（结束位置） $p(L,t)$。

考虑查询。若 $[l,r]$ 在一块内，则暴力建立 PAM 查询。否则，分为两部分 $[l,L),[L,r]$，其中 $L$ 是 $l$ 所在下一块的开头。我们记录了 $first$ 指针的位置，据此可以使用前端插入法将 $[l,L)$ 倒序插入。插入字符 $s_x$ 后得到 $[x,r]$ 最长回文前缀 $t$，则检验是否有 $p(L,t) > r$，且 $t$ 未被标记。若是，则表明 $t$ 没有在 $(x,r]$ 中出现过，此时给 $t$ 打上标记，让答案增加 $1$。另一部分的答案即 $f(L,r)$，最终答案为两部分之和。

取块长为 $\sqrt n$，时间复杂度为 $O((n+q)\sqrt n|\Sigma |)$。
解法二

先考虑允许离线的情形。此时我们对 $r$ 扫描线，维护 $l$ 的答案。

考虑性质：$s[1,i]$ 的所有回文后缀可以被划分为 $O(\log_2 i)$ 个等差数列。

考虑一个等差数列中的回文后缀。

如图。设 $a$ 为最长串，$c$ 为最短串，且公差为 $d$。根据回文划分时使用到的结论结论，$b,c$ 的上次出现位置如下图。那么当起始位置 $l$ 位于红线部分 $(i-|a|+1,i-|a|+1+d]$ 时，区间 $[l,r]$ 新出现了串 $b$。位于蓝线部分 $(i-|b|+1,i-|b|+1+d]$ 的时候，区间 $[l,r]$ 新出现了串 $c$。这两部分的并为 $(i-|a|+1,i-|c|+1]$。对于更长的等差数列亦然。

对于最长串 $a$，如何获取其上一次出现的位置？不难发现，当 $a$ 在 fail 树上的子树中节点作为最长回文后缀出现时，$a$ 也会在此时出现。因此只需要查询 $a$ 的子树最大值，就可以得到 $a$ 上一次出现的 endpos，从而求出需要更新的区间。

若需要支持强制在线，则使用主席树。时间复杂度 $O(n \log^2 n + q \log n)$。

Luogu P4199 万径人踪灭

来一道餐后甜点吧。题意即求：有多少个不是原串子串的子序列是回文的，且关于某个位置对称。

考虑两个位置 $(l,r)$。如果 $s_l = s_r$，那么对于 $(l+r)/2$ 这个回文中心生成的回文子序列而言，$s_l,s_r$ 要么同时选，要么同时不选。

这是一个和卷积的形式。具体地，枚举字符 $a \in \Sigma$，令 $f_i = [s_i = a]$，将 $[x^{l+r}]f^2(x)$ 累加到某个初始为零的数组 $h$ 上。那么，合法的子序列数量即 $\sum \limits_{p} (2^{h_p}-1)$。

最后需要减去回文子串数，用 Manacher 计算得出即可。

非平凡回文串划分判定

判定是否有合法方案将长度为 $n$ 的字符串 $s$ 划分为若干个长度不为 $1$ 的回文串。

令 $f(i)$ 表示 $i$ 开始的最短回文串长度，使用 PAM 或 Manacher 容易求得 $f(i)$（后者不是那么显然。想一想，怎么求？）。考虑从左向右贪心，若实际的划分中，从 $i$ 开始的段长度不为 $f(i)$，则设实际的段长为 $d > f(i)$。此时考虑两种情况：

$d/2 \leq f(i) < d$

注意到回文串的回文前缀必然是其 border，从而 $s[i,i+d-1]$ 有周期 $d-f(i) < d/2$。周期的倍数仍为周期，于是它必然有长度大于 $d/2$ 而小于 $d$ 的周期，从而必然有长度小于 $d/2$ 的 border。当 $2f(i)-1 \neq d$ 时，必然存在长度不为 $1$ 的 border，这个 border 必然是 $s[i,i+d-1]$ 的回文串且长度小于 $f(i)$，和 $f(i)$ 的定义矛盾。
$f(i) < d/2$

此时 $s[i,i+d-1]$ 必然可以被分为三个回文串，其中第一个和最后一个回文串为 $s[i,i+f(i)-1]$。只要 $2f(i)+1 \neq d$，中间的回文串长度必然不为 $1$。

因此实际的段长只有 $f(i),2f(i)-1,2f(i)+1$ 三种选择。据此可以 $O(n)$ DP。

posted @ 2024-05-26 21:48 Meatherm 阅读(85) 评论(2) 编辑收藏举报

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Change Log

符号与约定

匹配、周期和 Border

定义

基础性质

周期引理

匹配引理

Border 的结构

小结

前缀数组、KMP 与字符串匹配

前缀数组的求法

前缀数组与字符串匹配

结合周期引理 / UVA1328

KMP 算法的可持久化

Z 函数

AC 自动机与多串匹配

SCOI2024 Day1 T1 (口胡)

回文相关

基础性质

重排

本质不同回文子串数量

回文引理

Manacher 算法

几个基础应用

回文树 / 回文自动机

构造：末端插入法

构造：前端插入法

构造：不基于势能分析的末端插入法（可持久化）

例题 1 【模板】回文自动机（PAM）Link

例题 2 [APIO2014] 回文串 Link

* 构造：双端插入法（HDU 5421）

构造：对给定 Trie 树构造 PAM

* 带双端插入删除的 PAM 维护

例题 3 [CERC2014] Virus synthesis

例题 4 [GDKOI2013] 大山王国的城市规划

最小回文划分

例题 5 CF932G Palindrome Partition

例题 6 Codeforces 906E Reverses

* 例题 7 LOJ6070「2017 山东一轮集训 Day4」基因

非平凡回文串划分判定

公告