「题解」Codeforces 1313E Concatenation with intersection

考虑这个 $l_1$ 一定是 $s$ 的开头，$r_2$ 一定是 $t$ 的结尾，那么就考虑假如固定了 $l_1,r_2$ 之后怎么计算对答案的贡献。

一个河狸的想法是，固定 $l_1$ 之后可以通过 exkmp 求出 $LCP(a[l_1:],s)$，就知道 $r_1$ 能落在 $l_1$ 的 Z-box 里。同理也知道 $l_2$ 能落在 $r_2$ 的 Z-box 里。

假设 $LCP(a[l_1:],s)=p,LCS(b[:r_2],s)=q$，$a$ 选了 $x$ 个，那么 $b$ 选 $m-x$ 个，则 $[l_1,r_1]=[l_1,l_1+x-1],[l_2,r_2]=[r_2-(m-x)+1,r_2]$．

它俩有交当且仅当 $r_1\geq l_2$ 且 $r_2\geq l_1$，化简后可得 $l_1\leq r_2\leq l_1+m-2$，这是第一维限制。

然后再考虑满足条件的 $x$ 数量，$1\leq x\leq p,1\leq m-x\leq q$，也就是 $\max(1,m-q)\leq x\leq \min(p,m-1)$．

然后所有的 $p,q$ 都和 $m-1$ 取个 $\min$，这样符合条件的 $x$ 的数量就是 $p-(m-q)+1$，而且要满足 $p\geq m-q$，这是第二维限制。

于是变成一个二维数点问题。

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pil>vpil;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int lowbit(int x){
	return x&(-x);
}
const int N=1000100;
int n,m,z[N],p[N],q[N];
char a[N],b[N],s[N];
ll ans;
struct Tree{
	ll tree[N];
	void modify(int x,ll v){++x;for(;x<=n+1;x+=lowbit(x))tree[x]+=v;}
	ll query(int x){++x;ll s=0;for(;x;x-=lowbit(x))s+=tree[x];return s;}
	ll query(int l,int r){return query(r)-query(l-1);}
}tr1,tr2;
signed main(){
	#ifdef do_while_true
//		assert(freopen("data.in","r",stdin));
//		assert(freopen("data.out","w",stdout));
	#endif
	read(n,m);
	scanf("%s%s%s",a+1,b+1,s+1);
	for(int i=2,l=0,r=0;i<=m;i++){
		if(i<=r)z[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
		else z[i]=0;
		while(i+z[i]<=m && s[z[i]+1]==s[i+z[i]])++z[i];
		if(i+z[i]-1>r)r=i+z[i]-1,l=i;
	}
	for(int i=1,l=0,r=0;i<=n;i++){
		if(i<=r)p[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
		else p[i]=0;
		while(p[i]<m && i+p[i]<=n && s[p[i]+1]==a[i+p[i]])++p[i];
		if(i+p[i]-1>r)r=i+p[i]-1,l=i;
	}
	reverse(b+1,b+n+1);
	reverse(s+1,s+m+1);
	for(int i=2,l=0,r=0;i<=m;i++){
		if(i<=r)z[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
		else z[i]=0;
		while(i+z[i]<=m && s[z[i]+1]==s[i+z[i]])++z[i];
		if(i+z[i]-1>r)r=i+z[i]-1,l=i;
	}
	for(int i=1,l=0,r=0;i<=n;i++){
		if(i<=r)q[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
		else q[i]=0;
		while(q[i]<m && i+q[i]<=n && s[q[i]+1]==b[i+q[i]])++q[i];
		if(i+q[i]-1>r)r=i+q[i]-1,l=i;
	}	
	reverse(q+1,q+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)cmin(p[i],m-1),cmin(q[i],m-1);
	for(int i=n;i;i--){
		tr1.modify(m-q[i],1);
		tr2.modify(m-q[i],-m+q[i]+1);
		ans+=tr1.query(p[i])*p[i];
		ans+=tr2.query(p[i]);
		if(i-m+1>=1){
			int l=i-m+1;
			ans-=tr1.query(p[l])*p[l];
			ans-=tr2.query(p[l]);
		}
	}
	cout << ans << '\n';
    #ifdef do_while_true
		cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
	#endif
	return 0;
}