CF1276F-Asterisk Substrings【SAM,线段树合并】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF1276F

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1|1题目大意

给出一个长度为$n$的字符串$S$，现在依次进行如下操作

1. 取出$S$的一个子串$T$。
2. 将$T$中的一个字符替换成$*$号（也可以不替换）

求最后有多少种不同的$T$。

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1|2解题思路

发现最终其实只有4种情况，$T,T*,*T,T_1*T_2$。

前面三种很好记录，主要考虑最后一种。

对于$T_1$来说，同一个$endpos$等价类中的子串对应的$T_2$数量应该也是相同的。

那我们肯定是先建一个$SAM$这样就可以知道每个$endpos$等价类了。

那么考虑怎么统计$T_2$的数量，其实对应$i$在某个$endpos$里，那么我们就只需要考虑从$i+2$这些位置开始的不同串的数量。

也就是确定起始位置的子串，这提醒我们反着再建立一个$SAM$，然后把所有$i+2$位置的点标记了，这些点和根在$fail$树上的虚树路径长度和就是我们要知道的答案。

那么怎么维护这个东西呢，我们在正着的$SAM$上每个点维护一个线段树，然后统计反着的$SAM$上的链并长度，这个显然是可以用线段树合并的。

时间复杂度：$O(n\log^2 n)$（如果肯写$O(1)$LCA的话可以做到$O(n\log n)$）

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,M=N<<5;
struct SAM{
	ll cnt,last,len[N],pos[N],fa[N],ch[N][26];
	void Ins(ll c,ll id){
		ll p=last,np=last=++cnt;
		len[np]=len[p]+1;pos[id]=np;
		for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=np;
		if(!p)fa[np]=1;
		else{
			ll q=ch[p][c];
			if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q;
			else{
				ll nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;
				memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));
				fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;
				for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;
			}
		}
		return;
	}
}Suf,Pre;
struct node{
	ll to,next;
}a[N];
ll n,m,tot,cnt,ls[N],siz[N],dep[N],rt[N];
ll dfn[N],rfn[N],son[N],top[N],ans=2;
char s[N];
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dfs1(ll x){
	siz[x]=1;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;dep[y]=dep[x]+1;
		dfs1(y);siz[x]+=siz[y];
		if(siz[y]>siz[son[x]])son[x]=y;
	}
	return;
}
void dfs2(ll x){
	dfn[++cnt]=x;rfn[x]=cnt;
	if(son[x]){
		top[son[x]]=top[x];
		dfs2(son[x]);
	}
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		if(y==son[x])continue;
		top[y]=y;dfs2(y);
	}
	return;
}
ll LCA(ll x,ll y){
	while(top[x]!=top[y]){
		if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
		x=Suf.fa[top[x]];
	}
	return (dep[x]<dep[y])?x:y;
}
struct SegTree{
	ll cnt,ls[M],rs[M],w[M],pl[M],pr[M];
	void Merge(ll x){
		if(!ls[x]||!rs[x]){
			ll p=ls[x]|rs[x];
			w[x]=w[p];pl[x]=pl[p];pr[x]=pr[p];
		}
		else{
			w[x]=w[ls[x]]+w[rs[x]]-Suf.len[LCA(pr[ls[x]],pl[rs[x]])];
			pl[x]=pl[ls[x]];pr[x]=pr[rs[x]];
		}
		return;
	}
	void Change(ll &x,ll L,ll R,ll pos){
		if(!x)x=++cnt;
		if(L==R){w[x]=Suf.len[dfn[L]];pl[x]=pr[x]=dfn[L];return;}
		ll mid=(L+R)>>1;
		if(pos<=mid)Change(ls[x],L,mid,pos);
		else Change(rs[x],mid+1,R,pos);
		Merge(x);return;
	}
	ll Merge(ll x,ll y,ll L,ll R){
		if(!x||!y)return x|y;
		ll mid=(L+R)>>1;
		ls[x]=Merge(ls[x],ls[y],L,mid);
		rs[x]=Merge(rs[x],rs[y],mid+1,R);
		Merge(x);return x;
	}
}T;
void solve(ll x){
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		solve(y);rt[x]=T.Merge(rt[x],rt[y],1,cnt);
	}
	ans+=T.w[rt[x]]*(Pre.len[x]-Pre.len[Pre.fa[x]]);
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
	Pre.last=Pre.cnt=Suf.last=Suf.cnt=1;
	for(ll i=n;i>1;i--)Suf.Ins(s[i]-'a',i);
	for(ll i=1;i<n;i++)Pre.Ins(s[i]-'a',i);
	for(ll i=1;i<=Pre.cnt;i++)ans+=Pre.len[i]-Pre.len[Pre.fa[i]];
	for(ll i=1;i<=Suf.cnt;i++)ans+=Suf.len[i]-Suf.len[Suf.fa[i]];
	Suf.Ins(s[1]-'a',1);Pre.Ins(s[n]-'a',n);
	for(ll i=2;i<=Suf.cnt;i++)addl(Suf.fa[i],i),ans+=Suf.len[i]-Suf.len[Suf.fa[i]];
	dfs1(1);top[1]=1;dfs2(1);
	tot=0;memset(ls,0,sizeof(ls));
	for(ll i=2;i<=Pre.cnt;i++)addl(Pre.fa[i],i);
	for(ll i=1;i<n-1;i++)
		T.Change(rt[Pre.pos[i]],1,cnt,rfn[Suf.pos[i+2]]);
	solve(1);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/16373515.html
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