NOIP2020 T2字符串匹配

一个字符串，把它写成\((AB)^iC\)的形式，并且要求\(f(A)\le f(C)\)，其中\(f(S)\)表示字符串\(S\)中出现了奇数次的字符。统计合法四元组\((A,B,C,i)\)（\(A,B,C\)不为空串，\(i>0\)）的个数。

\(n\le 2^{20}\)

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这就是NOIP题吗，爱了爱了。

当场写了个\(O(n\ln n+26n)\)的做法，用了双哈希常数有点大。而且我哈希的时候是直接用循环串的性质判的，而不是对于每个循环节分别判，这导致我甚至没有意识到可以break。

听说有人直接unsigned long long哈希过了？

可以发现性质：如果\((AB)^iC\)合法，那么\((AB)^{i-2}C\)一定合法。

枚举\(AB\)长度\(len\)，分别考虑\(AB(AB)^{2i}C\)和\(ABAB(AB)^{2i}C\)的情况。以前者为例。

一种做法：还是双哈希，然后二分出最大的\(i\)。这一部分的时间是\(\sum \lg\frac{n}{i}=n\lg n-\sum \lg i\)，估算一下\(\int \lg i=n\lg n-n\)，然后发现时间复杂度是\(O(n)\)。

另一种做法：写个exkmp，问\(LCP(s_{len+1\dots n},s_{1\dots n})\)，就可以得到最大的\(i\)。

搞完这些这题基本做完了。

还需要查一下\(f(C)\)固定时合法的\(f(A)\)有多少个。由于常数小，可以直接\(O(26n)\)搞过去；也可以\(O(n\lg 26)\)。或者还可以发现：你想要查的\(f(C)\)的变化量是\(O(1)\)的，于是维护个桶和一个值，当\(len\)增大时对这个值改一下即可，那时间就是\(O(n)\)。

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using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N (1<<20|5)
#define ll long long
int n;
char s[N];
int ex[N];
void init(){
	ex[1]=n;
	int p=0,mx=0;
	for (int i=2;i<n;++i){
		ex[i]=0;
		if (i<=mx)
			ex[i]=min(mx-i+1,ex[i-p+1]);
		while (s[1+ex[i]]==s[i+ex[i]] && i+ex[i]<n)
			++ex[i];
		if (i+ex[i]-1>mx)
			mx=i+ex[i]-1,p=i;
	}
	ex[n+1]=0;
}
int buc[27],cnt;
int f[N];
int g[27];
int main(){
	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%s",s+1);
		n=strlen(s+1);
		init();
		cnt=0,memset(buc,0,sizeof buc);
		f[n+1]=0;
		for (int i=n;i>=1;--i){
			cnt-=(buc[s[i]-'a']&1);
			cnt+=(++buc[s[i]-'a']&1);
			f[i]=cnt;
		}
//		for (int i=1;i<=n;++i)	
//			printf("%d ",f[i]);
//		printf("\n");
		memset(g,0,sizeof g);
		cnt=0,memset(buc,0,sizeof buc);
		ll ans=0;
		for (int i=1;i<n;++i){
			ll tmp=ans;
			ans+=(ll)g[f[i+1]]*(ex[i+1]/(2*i)+1);
			if (i+i+1<=n && ex[i+1]>=i)
				ans+=(ll)g[f[i+i+1]]*(ex[i+i+1]/(2*i)+1);
//			printf("%lld\n",ans-tmp);
			cnt-=(buc[s[i]-'a']&1);
			cnt+=(++buc[s[i]-'a']&1);
			for (int j=cnt;j<=26;++j)
				g[j]++;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}