【题解】 [CF17E] Palisection

solution:
很容易想到用回文自动机做。manacher算法也可以，但是我们这里不考虑。

但是这道题直接做并不好做。我的第一个思路是分两种情况讨论：

• 左端点或右端点重合，那么枚举一个左右端点即可
• 包含或者交叉，枚举第一个回文子串$[l,r]$，然后计算区间$[l2,r2]$的数量，其中$l2<r<r2$。

这个做法是不会算重的。然而有两个瓶颈：一是这个枚举就是$O(n^2)$的了，计算交叉的区间数虽然可以用前缀和预处理，但是预处理也是$O(n^2)$的。而$n=2\ast 10^6$，显然必须严格$O(n)$。

正难则反。我们考虑计算不相交的回文子串的数量，再用总方案减去即可。而计算不相交只需正反各跑一次自动机即可。注意第二次跑时不需要清零。所以$O(n)$即可解决。

但是我们知道回文自动机的空间复杂度是$O(n\ast 26)$，本题会暴空间，所以应该用邻接表储存。相当于用时间换空间。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
//相交点:p
//[l,r]包含p
//求[l,r]的数量？
//应该可做，不过要用数据结构的来维护（甚至树上数据结构） 
//常数太大，舍弃 
const int N=2e6+5;
const int mod=51123987;
struct node{
	int len,fail,cnt;
}prt[N];
int n,num,len,lst; 
int head[N],nxt[N],to[N],col[N],_cnt;
long long res,ans,sum[N],sum2[N];
char s[N];
void add(int x,int y,int z) {
	to[++_cnt]=y,col[_cnt]=z,nxt[_cnt]=head[x],head[x]=_cnt;
}
int get(int x,int y) {
	for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i])
	    if(col[i]==y) return to[i];
	return 0;
}
int getfail(int x) {
	while(s[n-prt[x].len-1]!=s[n]) x=prt[x].fail;
	return x;
}
void extand(int x) {
	int cur=getfail(lst);
	int now=get(cur,x);
	if(!now) {
		now=++num;
		prt[now].len=prt[cur].len+2;
		prt[now].fail=get(getfail(prt[cur].fail),x);
		add(cur,now,x);
		prt[now].cnt=prt[prt[now].fail].cnt+1;
	} 
	lst=now;
	
}
int main() {
	memset(head,-1,sizeof(head));
	num=lst=1,prt[1].len=-1,prt[0].fail=prt[1].fail=1,prt;
	scanf("%d",&len); scanf("%s",s+1);
	for(n=1;n<=len;n++) extand(s[n]-'a'),sum[n]=prt[lst].cnt%mod;
    reverse(s+1,s+1+len);
    lst=1;
	for(n=1;n<=len;n++) {
		extand(s[n]-'a'),sum2[n]=(sum2[n-1]+prt[lst].cnt)%mod;
	}
	for(int i=1;i<len;i++) {
		ans+=(long long)sum[i]*sum2[len-i]%mod;
		ans%=mod;
	}
	res=(long long)sum2[len]*(sum2[len]-1)/2%mod;
	res-=ans;
	res=(res+mod)%mod;
	printf("%lld",res);
}

__EOF__

本文作者：仰望星空的蚂蚁
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