CF17E Palisection——优秀的综合计数题

题意翻译

给定一个长度为n的小写字母串。问你有多少对相交的回文子 串（包含也算相交） 。 输入格式

第一行是字符串长度n(1<=n<=2*10^6)，第二行字符串 输出格式

相交的回文子串个数%51123987

题解

首先，我们要知道一个串有多少个回文串。

1.manacher，

枚举回文中心可以计算出所有的回文串个数

(i+p[i]-1)-(i-p[i]+1)+1

然后我们怎么知道多少相交的回文串呢？
计数问题要转化成有分界点的问题，便于利用乘法加法原理等。——lyd

这个相交显然不好处理，也没有分界点。

所以采用容斥。

2.容斥，所有的回文串对数-不相交的对数

不相交的话，分界点一下就出来了。我们可以枚举分解点试试。

因为这样便于划分成区间处理。

而直接相交处理不容易。

3.枚举分界点统计

①

c[x][0]以x开始的回文串个数，c[x][1]以x为末尾的回文串个数

这两个可以区间加，差分处理。

具体来说，一个点为中心的所有回文串，会给(i-p[i]+1)~(i)位置开始的回文串多一个。c[x][1]同理。

这里的差分，不用树状数组....并不需要动态维护修改查询

直接数组差分即可。最后从左到右累加，一边统计c[x][0/1]

然后令，pre[x]，为c[x][1]的前缀和

②

对于枚举的分界点i(2<=i<=n) ,ans-=pre[i-1]*c[i][0]

根据回文串开始和结束位置的唯一性，这样一定不重不漏。

相当于把每个字符串和前面不相交的字符串都统计了一遍。

 

代码：注意%=mod

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define il inline
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2000000+5;
const int mod=51123987;
int n,m;
int p[2*N];
char a[N],b[2*N];
il void manacher(){
    p[1]=1;
    int mx=1,id=1;
    for(ri i=2;i<=m;i++){
        p[i]=min(p[2*id-i],mx-i);
        if(p[i]<1) p[i]=1;
        int j=i-p[i],k=i+p[i];
        while(j>=1&&k<=m&&b[j]==b[k]){
            p[i]++;
            j--;k++;
        }
        if(i+p[i]-1>mx){
            mx=i+p[i]-1;
            id=i;
        }
    }
}
ll f[N],g[N];
ll ans,tot,sum;
ll c[N][2],pre[N];
il void add1(int x,ll c){
    f[x]+=c;
}
il void add2(int x,ll c){
    g[x]+=c;
}
signed main()
{
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",a+1);
    b[++m]='#';
    for(ri i=1;i<=n;i++){
        b[++m]=a[i];
        b[++m]='#';
    }
    manacher();
    for(ri i=1;i<=m;i++){
        if(i&1) (tot+=p[i]/2)%=mod;//%mod;//#
        else (tot+=p[i]/2)%=mod;//%mod;//not        
    }
    ans=(tot*(tot-1)/2)%mod;//%mod;
    for(ri i=1;i<=n;i++){
        add1(i-p[i*2]/2+1,(ll)1),add1(i+1,(ll)-1);
        if(i!=n) add1(i-p[i*2+1]/2+1,(ll)1),add1(i+1,(ll)-1);
        
    }
    
    for(ri i=1;i<=n;i++){
        c[i][0]=(c[i-1][0]+f[i])%mod;
    }
    
    for(ri i=1;i<=n;i++){
        add2(i,(ll)1),add2(i+(p[i*2]/2),(ll)-1);
        if(i!=n) add2(i+1,(ll)1),add2(i+p[i*2+1]/2+1,(ll)-1);
    }pre[0]=0;
    for(ri i=1;i<=n;i++){
        c[i][1]=(c[i-1][1]+g[i])%mod;
        pre[i]=(pre[i-1]+c[i][1])%mod;
        if(i>=2){
            ll now=(pre[i-1]*c[i][0])%mod;
            ans=(ans+mod-now)%mod;
        }
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

总结：

突破口：容斥。划分分界点统计。