HDU - 7084 Pty loves string

tag:border树，树状数组，二维数点
首先前缀x和后缀y拼起来等价于存在一点p，满足\(s[1,x]=s[p-x+1,p]\and s[p+1,p+y+1]=s[n-y+1,n]\)，发现这其实是p和p+1两个位置在正串和反串中的border
border有个性质，border的border可以遍历当前点的所有border（画个大border和小border的图就明白了），所以根据这个性质，我们可以建个border树，分别满足两个条件的p就在正串和反串分别建立的border树对应节点的子树内。
所以现在就变成了两棵树中两个子树分别有多少个点满足x+1=y，对其中一个树特殊处理一下，其实就变成了子树内有多少个节点权值相同，也就转化成了二维数点问题。
因为是在子树中，所以有dfs序连续且嵌套的关系，可以把询问离线下来，直接两次dfs然后用bit统计子树中发生的增量（具体实现是一开始减掉然后后面加上）
如果不这么麻烦的话也可以二维数点的通常方法，离线变成二维前缀和的简单容斥，或者在线上主席树这样。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

char s[N];
int n, Q, T, nxt[N], cnt, head[N], dfn, in[N], out[N], ans[N];
struct Node {int r, id;};
vector<Node>t[N];
struct edge {int to, nxt;} e[N << 1];
struct BIT {
    int c[N];
    int lowbit(int x) {return x & -x;}
    void clear() {
        for(int i = 1; i <= n + 1; ++i) c[i] = 0;
    }
    void add(int x, int v) {
        for(int i = x; i <= n + 1; i += lowbit(i)) c[i] += v;
    }
    int query(int x) {
        int ans = 0;
        for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) ans += c[i];
        return ans;
    }
}bit;

void getnxt() {
    int j = 0;
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        while(j && s[j + 1] != s[i]) j = nxt[j];
        if(s[j + 1] == s[i]) ++j;
        nxt[i] = j;
    }
}

void ins(int u, int v) {
    e[++cnt] = (edge) {v, head[u]};
    head[u] = cnt;
    e[++cnt] = (edge) {u, head[v]};
    head[v] = cnt; 
}

void dfs(int x, int fa) {
    in[x] = ++dfn;
    for(int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
        int v = e[i].to;
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, x);
    }
    out[x] = dfn;
}

void dfs2(int x, int fa) {
    for(int i = 0; i < (int)t[x].size(); ++i) {
        Node tmp = t[x][i];
        ans[tmp.id] -= bit.query(out[tmp.r]) - bit.query(in[tmp.r] - 1);
    }
    bit.add(in[n - x], 1); // 反串中-1对应的dfs序
    for(int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
        int v = e[i].to;
        if(v == fa) continue;
        dfs2(v, x);
    }
    for(int i = 0; i < (int)t[x].size(); ++i) {
        Node tmp = t[x][i];
        ans[tmp.id] += bit.query(out[tmp.r]) - bit.query(in[tmp.r] - 1);
    }
}

void solve() {
    memset(head, 0, sizeof(head));
    memset(ans, 0, sizeof(ans));
    dfn = cnt = 0;
    cin >> n >> Q;
    bit.clear();
    for(int i = 1; i <= n; ++i) t[i].clear();
    scanf("%s", s + 1);
    reverse(s + 1, s + n + 1);
    for(int i = 1; i <= Q; ++i) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        t[l].push_back({r, i});
    }
    getnxt();
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        ins(nxt[i], i);
    }
    dfs(0, 0);
    reverse(s + 1, s + n + 1);
    getnxt();
    memset(head, 0, sizeof(head));
    cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        ins(nxt[i], i);
    }
    dfs2(0, 0);
    for(int i = 1; i <= Q; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
}

int main() {
    cin >> T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}