NOI2018
Day1
归程
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算是 Kruskal 重构树的裸题，感觉就是在卡科技
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知道了 Kruskal 重构树后就没什么难度了
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先建好重构树，那么每次询问其实就是在树上的某个点跳到深度最浅且海拔超过 p 的点所在子树中到 1 节点的最短路的最短长度
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那么预处理出每个点到 1 的最短路，树上每个点子树中的最短距离
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每次询问倍增地在树上跳就行了
总结
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Kruskal 重构树 + 最短路 + 倍增
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注意倍增的顺序是先枚举 2 的次方，我就是没注意到这个调了半天
- 首先讨论关于 68 分的做法
想法一
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不知道对不对，恳请指出错误
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大概就是对于所有 T 离线下来建立广义 SAM ，然后用 S 在这个广义 SAM 上面先跑一遍，预处理出哪些子串在 S 中出现过，复杂度为 \(O(n)\)
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然后对于每个 T ，就是询问在 S 中出现过多少本质不同的子串，那么我们找到每个 T 的每个前缀所在的节点，那么实际上就是求在 parent 树上 \(n\) 个点到根的链合并算贡献
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那么就考虑经典套路按照 dfs 序排序，然后算每个点到根的贡献和，减去相邻点的 LCA 到根的贡献和，这里复杂度因为有 LCA ，所以是 \(O(n\log n)\)
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所以总的复杂度就是 \(O(n\log n)\)
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这是我最初的想法，然后你会发现没办法优化了
想法二
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考虑还是对于每个 T 单独处理
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对于 T 的每个前缀先求出在 S 中出现的最长后缀的长度
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这个可以先对 S 建立 SAM ，然后让 T 在 S 上面跑，如果对于 las 有相应的匹配，那么就直接匹配，否则就一直跳 parent 树直到可以匹配
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注意到这里的复杂度为什么是正确的，考虑只算向前匹配的复杂度是 \(O(|T|)\) ，而向后撤的复杂度不会超过 \(O(|T|)\) ，所以总的复杂度仍然是 \(O(|T|)\)
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然后对于 T 建立 SAM，对于 SAM 上的每个节点求出从 \(\operatorname{endpos}\) 往前最长出现在 S 中的长度，然后就可以算贡献了
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总的复杂度为 \(O(|T|+|S|)\)
正解做法
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如果知道了 S 在区间的后缀自动机，那么就可以直接做上面的东西了
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对于 S ，我们实际上做的是：
- 找到一个存在出现范围在 \((l,r)\) 的节点转移
- 对于当前节点求出范围在 \((l,r)\) 的最长长度
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那么我们考虑对于每个 S 上的节点用线段树维护每个位置在范围 \((1,pos)\) 中 \(\operatorname{endpos}\) 最大的位置
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那么对于每个终止值一开始就会有 \(O(|S|)\) 个元素，总的复杂度可以证明就是 \(O(|S|\log |S|)\)
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注意到之前的线段树合并一般是以 dfs 的形式，但是这里的线段树合并需要记录每个线段树大小，所以每次不能直接用指针，而是需要新建一个节点
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对于 T 做匹配的时候每次都要做询问，所以复杂度带一支 \(\log\)
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总的复杂度就是 \(O((|T|+|S|)\log |S|)\)
总结
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SAM + 线段树合并
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首先要想出部分分的做法，然后再在部分分的做法上思考范围的限制
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但是你如果像我一样想的部分分的做法和正解没什么关系，那就......
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代码是真的难写，主要是细节难调，真是佩服考场能写出来的人
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感觉 68 分第一种想法细节没那么多，考场上的最佳策略应该是迅速拿 68 分走人
