【做题】BZOJ2534 L-gap字符串——调和级数

题意：给出一个字符串，问其中有多少个子串恰好为 $uvu$ 的形式。其中， $u$ 非空， $v$ 的长度恰好为 $l$ 。

$n \leq 5 \times 10^4$

我们设两个后缀的起点分别为 $a,b \, (a < b)$ ，那么，它们能贡献一个合法的子串当且仅当 $lcp(a,b) + l \geq b - a$ 。这样，我们得到了 $O(n^2)$ 的暴力。

由于 $lcp(a,b)$ 和 $b-a$ 没有什么关系，所以我们考虑枚举 $b-a$ 。设 $b-a = s$ 。那么，答案中 $u$ 的长度就要满足 $|u| \geq s - l$ 。因此，我们可以忽视长度小于 $s-l$ 的字符串。

考虑这样一种做法：枚举 $s-l$ ，并且把字符串分成 $\left\lceil \frac {n} {s-l} \right\rceil$ 段，于是产生 $O \left(\frac {n} {s-l} \right)$ 个端点。我们发现，所有满足 $|u| \geq s-l$ 的子串 $u$ 都至少覆盖一个端点。因此，我们枚举所有端点，并计算所有覆盖它的子串对答案的贡献。为了避免重复计算，我们只在一个子串覆盖的最右边的端点计算它的贡献。

现在，我们已有一个端点 $p$ ，那么另一个 $u$ 的起点就在 $p + s$ 。那么，只要求出 $lcp(p,p+s)$ 和 $lcs(p,p+s)$ ，我们就能得出所有以 $p$ 为其覆盖的最后一个端点的可能的 $u$ 的数量。

因为 $H_n = \ln n + O(1)$ ，所以如果使用 $O(1)$ 的lcs和lcp，时间复杂度是 $O(n \log n)$ 的。（但博主写了 $O(n \log^2 n)$ 。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 80010, BAS = 233;
typedef unsigned long long ull;
ull has[N],mul[N];
long long ans;
int n,l;
char s[N];
ull gethas(int a,int b) {
  return has[b] - has[a-1] * mul[b-a+1];
}
bool check(int a,int b,int c,int d) {
  return gethas(a,b) == gethas(c,d);
}
int lcs(int a,int b) {
  int l = 0, r = min(a,b), ret = 0, mid;
  while (l <= r) {
    mid = (l + r) >> 1;
    if (check(a-mid+1,a,b-mid+1,b)) l = mid + 1, ret = mid;
    else r = mid - 1;
  }
  return ret;
}
int lcp(int a,int b) {
  int l = 0, r = min(n - a + 1, n - b + 1), ret = 0, mid;
  while (l <= r) {
    mid = (l + r) >> 1;
    if (check(a,a+mid-1,b,b+mid-1)) l = mid + 1, ret = mid;
    else r = mid - 1;
  }
  return ret;
}
int main() {
  scanf("%d",&l);
  scanf("%s",s+1);
  n = strlen(s+1);
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    has[i] = has[i-1] * BAS + s[i];
  mul[0] = 1;
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    mul[i] = mul[i-1] * BAS;
  for (int s = 1 ; s <= n ; ++ s) {
    for (int i = 1, j = 1 + s + l, a, b ; j <= n ; i += s, j += s) {
      a = lcs(i,j);
      b = lcp(i,j);
      if (b > s) continue;
      ans += max(0,a + b - s);
    }
  }
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}