2022牛客多校 补赛 C Cmostp（区间结尾本质不同子串）
多次询问求一个串的结尾在\([l,r]\)之间的本质不同子串个数。
此题是求一个区间的不同元素的问题，使用扫描线的方法解决，即每次加入一个元素就将这个位置\(+1\)，这个元素上一次出现的位置\(-1\)。
考虑使用\(SAM\)解决。
其实就是将所有结尾在\([l,r]\)的前缀代表的节点与parent树的根的路径上的点打上标记。
答案就是所有打上标记点\(u\)的\(len[u]-len[fa[u]]\)之和。
当时认为这个东西不可做，但是却听别人说这是经典的链并问题。
考虑将所有询问离线。
将字符串从前向后处理，每次插入一个字符后将其对应节点到根的路径打通，同时维护所有路径的\(len[u]-len[fa[u]]\)之和\(sum[i]\)。答案就是一个[l,r]区间和。这其实就是在维护以i为结尾的最后出现的串的个数。
考虑怎么维护这个东西。
可以发现这个路径和与\(LCT\)的\(access\)操作相匹配：本质是维护\(LCT\)上每一个\(splay\)的\(len[u]-len[fa[u]]\)的和。
每次跳虚链时将修改对应两个\(splay\)对应\(sum[i]\)的大小即可。为了得到\(splay\)对应的\(sum[i]\)还要对每一个\(splay\)维护一个\(col\)，用\(lazy\)下推。
最后需要对\(sum[i]\)单点修改区间查询，使用树状数组解决。
强制在线的话，树状数组改成可持久化线段树就行。
考虑如何求\([l,r]\)中本质不同子串个数。
同样考虑将所有询问离线。将字符串从前向后处理。
考虑以r为结尾的子串上一次出现的位置，发现就是\(r\)在\(parent\)树上的所有祖先\(u\)的子树中除了\(r\)之外的最新节点\(pre\)。长度就是\(fa[len[u]]\~len[u]\).
所以可以直接维护每个位置为起点的最后出现子串个数\(sum[i]\)。维护时每次跳到一个祖先\(u\)就将\(sum[pre-len[u]+1,pre-fa[len[u]]+1]-1\)，将\(sum[1,r]+1\)
显然这样会\(T\)，考虑加速这个过程，发现多个祖先的\(pre\)是相同的，仔细想想这个过程其实就是打通这个点到根的路径，每一个祖先的\(pre\)就是\(splay\)的\(col\)，所以同样使用\(lct\)维护。
\(sum[i]\)需要区间修改区间查询，使用线段树解决。在线就可持久化。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e6+10;
int n,q;
char s[N];
struct SAM{
int trans[N][30],fa[N],tot,u,len[N];
void init(){tot=u=1;}
void ins(int c){
int x=++tot;
len[x]=len[u]+1;
for(;u&&trans[u][c]==0;u=fa[u])trans[u][c]=x;
if(u==0)fa[x]=1;
else{
int v=trans[u][c];
if(len[v]==len[u]+1)fa[x]=v;
else{
int w=++tot;
len[w]=len[u]+1;
fa[w]=fa[v];
fa[v]=fa[x]=w;
memcpy(trans[w],trans[v],sizeof(trans[v]));
for(;u&&trans[u][c]==v;u=fa[u])trans[u][c]=w;
}
}
u=x;
}
void clear(){
for(int i=1;i<=tot;i++){
for(int j=1;j<=26;j++)trans[i][j]=0;
len[i]=0,fa[i]=0;
}
tot=u=0;
}
}sam;
int sum[N],fa[N],ch[N][2],w[N],stack[N],col[N],lazy_col[N];
int ans[N],pos[N];
struct query{
int id,l;
query(int L,int ID){
l=L,id=ID;
}
};
vector<query> qu[N];
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
void update(int now){
sum[now]=sum[ch[now][0]]+sum[ch[now][1]]+w[now];
}
bool son(int now){
return ch[fa[now]][1]==now;
}
bool isroot(int now){
return ch[fa[now]][0]!=now&&ch[fa[now]][1]!=now;
}
void rotate(int x){
int y=fa[x],z=fa[y],a=son(x),b=son(y),s=ch[x][!a];
if(!isroot(y))ch[z][b]=x;fa[x]=z;
if(s)fa[s]=y;ch[y][a]=s;
fa[y]=x;ch[x][!a]=y;
update(y),update(x);
}
void pushdown(int now){
if(lazy_col[now]==0)return;
if(ch[now][0]){
col[ch[now][0]]=lazy_col[now];
lazy_col[ch[now][0]]=lazy_col[now];
}
if(ch[now][1]){
col[ch[now][1]]=lazy_col[now];
lazy_col[ch[now][1]]=lazy_col[now];
}
lazy_col[now]=0;
}
void splay(int x){
int now=x,top=0;
while(!isroot(now))stack[++top]=now,now=fa[now];
stack[++top]=now;
while(top)pushdown(stack[top--]);
while(!isroot(x)){
int y=fa[x];
if(isroot(y))rotate(x);
else{
rotate(son(x)==son(y)?y:x);
rotate(x);
}
}
}
int tr[N];
int lowbit(int x){
return x&-x;
}
void add(int x,int w){
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))tr[i]+=w;
}
int get_sum(int x){
int ans=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){
ans+=tr[i];
}
return ans;
}
void access(int now,int new_col){
for(int x=now,y=0;x;y=x,x=fa[x]){
splay(x);
if(col[x])add(col[x],-(sum[x]-sum[ch[x][1]]));
add(new_col,(sum[x]-sum[ch[x][1]]));
ch[x][1]=y;
update(x);
lazy_col[x]=new_col;
col[x]=new_col;
}
}
signed main(){
n=read(),q=read();
scanf("%s",s+1);
sam.init();
for(int i=1;i<=n;i++)sam.ins(s[i]-'a'+1);
int now=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
now=sam.trans[now][s[i]-'a'+1];
pos[i]=now;
}
for(int i=1;i<=sam.tot;i++){
w[i]=sum[i]=sam.len[i]-sam.len[sam.fa[i]];
if(sam.fa[i])fa[i]=sam.fa[i];
}
for(int i=1;i<=q;i++){
int l=read(),r=read();
qu[r].push_back(query(l,i));
}
for(int r=1;r<=n;r++){
access(pos[r],r);
if(qu[r].size())
for(int i=0;i<qu[r].size();i++)ans[qu[r][i].id]=get_sum(r)-get_sum(qu[r][i].l-1);
}
for(int i=1;i<=q;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
