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String Cheese

小F有一个字符串 \(S\) 和一个初始为空的字符串 \(T\) ，以及一个初始为 \(0\) 的变量 \(c\) 。他会不断重复进行以下两步操作，直到 \(T\) 的长度超过 \(S\) 时结束：

1. 在 \(T\) 的开头或者结尾任意添加一个字符。

2. 设 \(T\) 在 \(S\) 中作为子串出现了 \(k\) 次，则执行操作 \(c = c + k\) 。

小F想知道，如果合理地进行第一步操作，操作结束时 \(c\) 所能达到的最大值是多少。

对于所有数据保证 \(1\le |S|\le 5\times 10^5\) ，且 \(S\) 中仅包含小写字母。

题解

首先我们可以限制任何时刻\(T\)都要是\(S\)的子串，然后设\(dp(T)\)表示从串\(T\)开局的最大答案。任意实现一个能子串判重的算法就可以暴力转移做到\(O(n^2\sigma)\)。后面大写字母一律代表某字符串，小写字母一律
代表某字符。

构建出\(S\)的后缀自动机。可以证明如果\(right(aX)=right(X)\)则对于任意\(Y\)都有\(right(aXY)=right(XY)\)，所以对于当前串\(T\)如果存在\(a\)使得\(right(T)=right(aT)\)则一定存在一种最优方案第一步选择在左边添加\(a\)，而这也就是后缀自动机上节点代表的最长串。所以我们的
转移边有两种，一种是向后加字符，可以沿着后缀自动机走；一种是向前加字符，可以沿着parent link走，每次走到一个点直接扩展到最大长度就行了，这两者都可以按拓扑序倒序算dp值，复杂度就是构建后缀自动机的复杂度。

CO int N=1e6;
int last=1,tot=1;
array<int,26> ch[N];
int fa[N],len[N],siz[N];

void extend(int c){
	int x=last,cur=last=++tot;
	len[cur]=len[x]+1,siz[cur]=1;
	for(;x and !ch[x][c];x=fa[x]) ch[x][c]=cur;
	if(!x) {fa[cur]=1; return;}
	int y=ch[x][c];
	if(len[y]==len[x]+1) {fa[cur]=y; return;}
	int clone=++tot;
	ch[clone]=ch[y],fa[clone]=fa[y],len[clone]=len[x]+1;
	fa[cur]=fa[y]=clone;
	for(;ch[x][c]==y;x=fa[x]) ch[x][c]=clone;
}

char str[N];
int cnt[N],ord[N];
int64 dp[N];

int main(){
	scanf("%s",str+1);
	int n=strlen(str+1);
	for(int i=1;i<=n;++i) extend(str[i]-'a');
	for(int i=1;i<=tot;++i) ++cnt[len[i]];
	for(int i=1;i<=n;++i) cnt[i]+=cnt[i-1];
	for(int i=1;i<=tot;++i) ord[cnt[len[i]]--]=i;
	for(int i=tot;i>=2;--i) siz[fa[ord[i]]]+=siz[ord[i]];
	dp[1]=0;
	for(int i=1;i<=tot;++i){
		int x=ord[i];
		dp[x]=max(dp[x],dp[fa[x]]+(int64)(len[x]-len[fa[x]])*siz[x]);
		for(int c=0;c<26;++c)if(ch[x][c])
			dp[ch[x][c]]=max(dp[ch[x][c]],dp[x]+(int64)(len[ch[x][c]]-len[x])*siz[ch[x][c]]);
	}
	write(dp[last],'\n');
	return 0;
}