NOI 2016 优秀的拆分

这题$95$分的算法很好想。但难点在于剩下$5$分。

我们将AABB分成前后两个部分，AA和BB。那么我们只需计算$f1(i),f2(i)$，分别表示以$i$结束&开头的形如AA的子串个数。答案就是$\sum_{i=1}^{n-1} f1_{i}\times f2_{i+1}$。

计算$f1,f2$可以枚举+hash，具体不多说了。时间复杂度为$O(n^2)$。

那么这题就转化成如何快速求得$f1(i)$和$f2(i)$。

我们可以枚举最终AA子串的A的长度$L$，然后在$L,2L,3L,...$处打上标记。

可以发现一个有趣的性质——长为$2L$的AA子串，一定经过恰好$2$个相邻的打上标记的下标。（抽屉原理）

（至于为什么要往这方面思考，我不知道:(

那么，我们枚举后一个下标$j$，前一个下标就是$j-L$，我们求它们的longest common prefix和longest common suffix。设其长度为$lcp,lcs$。

如果$j-L+lcp<j-lcs$，那么两个区间不相交，不对任何$f1,f2$造成贡献。

否则，我们可以得到一段区间，可以作为AA的开头；还可以得到长度相同的区间作为结尾，那么我们对这两个区间$+1$，这可以使用差分维护。

时间复杂度为$O(Tn\log n)$或$O(Tn\log ^2 n)$，看实现lcp和lcs时用的是SA还是二分+hash。

下面是二分+hash的$O(Tn\log ^2 n)$的解法：

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl

using ll=long long;
const int maxn=30005;
int n;
const ll mod1=998244353,mod2=1000000007;
const ll b1=200061018,b2=20061009;

struct stringhash {
	ll h1[maxn],h2[maxn];
	ll p1[maxn],p2[maxn];
	void init(char *S) {
		int len=strlen(S+1);
		p1[0]=p2[0]=1; h1[0]=h2[0]=0;
		for(int i=1;i<=len;i++) p1[i]=p1[i-1]*b1%mod1;
		for(int i=1;i<=len;i++) p2[i]=p2[i-1]*b2%mod2;
		for(int i=1;i<=len;i++) h1[i]=(h1[i-1]*b1+S[i])%mod1;
		for(int i=1;i<=len;i++) h2[i]=(h2[i-1]*b2+S[i])%mod2;
	}
	std::pair<ll,ll> gethash(int l,int r) {
		ll ret1=h1[r]-h1[l-1]*p1[r-l+1]%mod1+mod1;
		ll ret2=h2[r]-h2[l-1]*p2[r-l+1]%mod2+mod2;
		return std::make_pair(ret1%mod1,ret2%mod2);
	}
	void clearall() {
		memset(h1,0,sizeof h1); memset(h2,0,sizeof h2);
		memset(p1,0,sizeof p1); memset(p2,0,sizeof p2);
	}
}solver;

int Q(int l,int r,char ch) {
	int lef=1,rig=n,ret=0;
	while(lef<=rig) {
		int mid=lef+rig>>1; bool judge;
		if(ch=='p') judge=solver.gethash(l,l+mid-1)==solver.gethash(r,r+mid-1);
		else judge=solver.gethash(l-mid+1,l)==solver.gethash(r-mid+1,r);
		if(judge) ret=mid,lef=mid+1;
		else rig=mid-1;
	}
	return ret;
}

long long f1[maxn],f2[maxn];
char buf[maxn];

void solve() {
	memset(f1,0,sizeof f1);
	memset(f2,0,sizeof f2);
	solver.clearall();
	scanf("%s",buf+1);
	n=strlen(buf+1);
	solver.init(buf);
	for(int len=1;len<=n;len++) {		
		for(int j=len+len;j<=n;j+=len) {			
			int lcs=Q(j-len,j,'s'),lcp=Q(j-len,j,'p'),l,r;
			l=std::max(j,j-len-lcs+len+len),r=std::min({n,j+len-1,j+lcp-1});//特别要注意，这里合法的区间不能包含2个以上标记的点，也不能超过n
			if(l>r) continue;//无解
			f1[l]++; f1[r+1]--;//区间[l,r]加上1 
			int delta=r-l; l=std::max(j-len-len+1,j-len-lcs+1),r=l+delta;//这里直接加上一次区间的长度即可，省去一次麻烦的计算
			f2[l]++; f2[r+1]--;
		}
	}
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) f1[i]+=f1[i-1],f2[i]+=f2[i-1];
	for(int i=1;i<n;i++) ans+=f1[i]*f2[i+1];
	printf("%lld\n",ans);
}

int main() {
	int T; scanf("%d",&T);
	while(T--) solve();
	return 0;
}