【YBT2023寒假Day14 C】字符串题(SAM)(树链剖分)(线段树)
字符串题
题目链接:YBT2023寒假Day14 C
题目大意
对于一个字符串 S 定义 F(S) 是 fail 树上除了 0 点其它点的深度和。
G(S) 是 S 每个子串 S' 的 F(S') 之和。
然后一个空串,每次在后面加一个字符,要你维护这个串的 G 值。
思路
考虑把 \(G(S[1,x])\) 值差分一下,会发现 \(G(S[1,i])-G(S[1,i-1])\) 的值其实是以 \(i\) 为结尾的子串的 \(F\) 值之和。
那从子串变成了一个后缀,看起来就可做很多了,考虑怎么算。
那我们看 fail 树性质,一个字符串 \(S\) 中 \(j\) 是 \(i\) 的祖先当且仅当 \(S[1,j]=S[i-j+1,i]\)。
那 \(F(S)\) 就是满足 \(S[1,j]=S[i-j+1]\) 且 \(1\leqslant j<i\) 的 \((i,j)\) 对数。
那也就是在 \(S\) 里面选一个前缀,再选一个非前缀,它们相等的方案数。
注意到我们要求的是以 \(i\) 结尾的 \(F\) 值之和,那开头就不固定,结尾是固定的。
那 \(F\) 值是选一个前缀,再一个非前缀,那这个是开头固定,结尾不固定。
那你这个开头固定放在开头不固定里,它不固定了,你这个结尾不固定在结尾固定里面肯定也是不固定。
所以头尾都不固定,只需要两个不是同一个位置的字符串相等即可。
那答案就是所有本质不同的子串的出现次数 \(x\) 的 \(\binom{x}{2}\) 之和。
那注意到不需要在线,我们可以先建出最后的后缀树。
那我们用一个 \(d_x\) 表示每个点 \(x\) 对于子串的出现次数。
那插入就是把它到祖先路径的 \(d_x\) 加一,询问就是所有点的 endpos 大小乘 \(\binom{d_x}{2}\)。
那这个维护这个和不难,我们记录着这个和 \(sum\),每次要插入的时候,每个新贡献的值就是它 endpos 集合大小乘上 \(d_x\)(这个 \(d_x\) 还没加 \(1\)),然后你再把 \(d_x\) 加一。
那这个是路径加值,路径求和,直接树链剖分线段树维护即可。
复杂度 \(O(n\log ^2n)\)
ex:
如果强制在线,我们也可以用 LCT 来维护这棵树,那就也是同样的操作,复杂度 \(O(n\log n)\)。
代码
#include<cstdio>
#include<vector>
#define ll long long
#define mo 1000000007
using namespace std;
const ll N = 4e5 + 100;
ll n, fa[N], sz[N], son[N], dfn[N], top[N], dy[N];
ll lst = 1, tot = 1, pla[N];
char s[N];
struct node {
ll son[26], len, fa;
}d[N];
struct XD_tree {
ll num[N << 2], f[N << 2], lzy[N << 2];
void up(ll now) {
num[now] = (num[now << 1] + num[now << 1 | 1]) % mo;
f[now] = (f[now << 1] + f[now << 1 | 1]) % mo;
}
void downa(ll now, ll x) {
(f[now] += x * num[now] % mo) %= mo;
(lzy[now] += x) %= mo;
}
void down(ll now) {
if (lzy[now]) {
downa(now << 1, lzy[now]); downa(now << 1 | 1, lzy[now]);
lzy[now] = 0;
}
}
void build(ll now, ll l, ll r) {
if (l == r) {
num[now] = d[dy[l]].len - d[d[dy[l]].fa].len;
return ;
}
ll mid = (l + r) >> 1;
build(now << 1, l, mid); build(now << 1 | 1, mid + 1, r);
up(now);
}
void update(ll now, ll l, ll r, ll L, ll R, ll x) {
if (L <= l && r <= R) {
downa(now, x); return ;
}
ll mid = (l + r) >> 1; down(now);
if (L <= mid) update(now << 1, l, mid, L, R, x);
if (mid < R) update(now << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, x);
up(now);
}
ll query(ll now, ll l, ll r, ll L, ll R) {
if (L <= l && r <= R) return f[now];
ll mid = (l + r) >> 1; down(now); ll re = 0;
if (L <= mid) (re += query(now << 1, l, mid, L, R)) %= mo;
if (mid < R) (re += query(now << 1 | 1, mid + 1, r, L, R)) %= mo;
return re;
}
}T;
struct SLPF {
vector <ll> G[N];
void add(ll x, ll y) {
G[x].push_back(y);
}
void dfs0(ll now, ll father) {
fa[now] = father; sz[now] = 1;
for (ll i = 0; i < G[now].size(); i++) {
ll x = G[now][i];
dfs0(x, now); sz[now] += sz[x];
if (sz[x] > sz[son[now]]) son[now] = x;
}
}
void dfs1(ll now, ll father) {
dfn[now] = ++dfn[0]; dy[dfn[0]] = now;
if (son[now]) {
top[son[now]] = top[now]; dfs1(son[now], now);
}
for (ll i = 0; i < G[now].size(); i++) {
ll x = G[now][i]; if (x == son[now]) continue;
top[x] = x; dfs1(x, now);
}
}
void build() {
dfs0(1, 0); top[1] = 1; dfs1(1, 0);
T.build(1, 1, tot);
}
void update_root(ll now) {
while (now) {
T.update(1, 1, tot, dfn[top[now]], dfn[now], 1);
now = fa[top[now]];
}
}
ll query_root(ll now) {
ll re = 0;
while (now) {
(re += T.query(1, 1, tot, dfn[top[now]], dfn[now])) %= mo;
now = fa[top[now]];
}
return re;
}
}P;
struct SAM {
ll insert(ll x) {
ll p = lst, np = ++tot; lst = np;
d[np].len = d[p].len + 1;
for (; p && !d[p].son[x]; p = d[p].fa) d[p].son[x] = np;
if (!p) d[np].fa = 1;
else {
ll q = d[p].son[x];
if (d[q].len == d[p].len + 1) d[np].fa = q;
else {
ll nq = ++tot; d[nq] = d[q];
d[nq].len = d[p].len + 1;
d[q].fa = d[np].fa = nq;
for (; p && d[p].son[x] == q; p = d[p].fa) d[p].son[x] = nq;
}
}
return np;
}
void build() {
for (ll i = 2; i <= tot; i++) P.add(d[i].fa, i);
}
}S;
int main() {
freopen("string.in", "r", stdin);
freopen("string.out", "w", stdout);
scanf("%lld", &n);
scanf("%s", s + 1);
for (ll i = 1; i <= n; i++) pla[i] = S.insert(s[i] - 'a');
S.build(); P.build();
ll sum = 0, ans = 0;
for (ll i = 1; i <= n; i++) {
(sum += P.query_root(pla[i])) %= mo;
P.update_root(pla[i]);
(ans += sum) %= mo;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}