题目描述
如果一个字符串可以被拆分为 $AABB$ 的形式，其中 $A$ 和 $B$ 是任意非空字符串，则我们称该字符串的这种拆分是优秀的。
例如，对于字符串 <samp>aabaabaa</samp>，如果令 $A = \mathrm{aab}$，$B = \mathrm{a}$，我们就找到了这个字符串拆分成 $AABB$ 的一种方式。
一个字符串可能没有优秀的拆分，也可能存在不止一种优秀的拆分。比如我们令 $A=\mathrm{a}$，$B=\mathrm{baa}$，也可以用 $AABB$ 表示出上述字符串；但是，字符串 <samp>abaabaa</samp> 就没有优秀的拆分。
现在给出一个长度为 $n$ 的字符串 $S$，我们需要求出，在它所有子串的所有拆分方式中，优秀拆分的总个数。这里的子串是指字符串中连续的一段。
以下事项需要注意：
- 出现在不同位置的相同子串，我们认为是不同的子串，它们的优秀拆分均会被记入答案。
- 在一个拆分中，允许出现 $A=B$。例如 <samp>cccc</samp> 存在拆分 $A=B=\mathtt{c}$。
- 字符串本身也是它的一个子串。
输入格式
每个输入文件包含多组数据。输入文件的第一行只有一个整数 $T$，表示数据的组数。保证 $1 \le T \le 10$。
接下来 $T$ 行，每行包含一个仅由英文小写字母构成的字符串 $S$，意义如题所述。
输出格式
输出 $T$ 行，每行包含一个整数，表示字符串 $S$ 所有子串的所有拆分中，总共有多少个是优秀的拆分。
限制与约定
对于全部的测试点,保证 $1 \le T \le 10$。以下对数据的限制均是对于单组输入数据而言的，也就是说同一个测试点下的 $T$ 组数据均满足限制条件。
我们假定 $n$ 为字符串 $S$ 的长度，每个测试点的详细数据范围见下表：
| 测试点编号 | $n$ | 其他约束 |
|---|---|---|
| 1、2 | $\leq 300$ | $S$中所有字符全部相同 |
| 3、4 | $\leq 2000$ | |
| 5、6 | $\leq 10$ | 无 |
| 7、8 | $\leq 20$ | |
| 9、10 | $\leq 30$ | |
| 11、12 | $\leq 50$ | |
| 13、14 | $\leq 100$ | |
| 15 | $\leq 200$ | |
| 16 | $\leq 300$ | |
| 17 | $\leq 500$ | |
| 18 | $\leq 1000$ | |
| 19 | $\leq 2000$ | |
| 20 | $\leq 30000$ |
暴力分析
似乎暴力就有95分啊？
先\(O(n^2)\)预处理双hash，用来判断子串是否相同
然后\(O(n^2)\)处理\(f[i]\)，\(f[i]\)表示结尾位置为\(i\)，满足\(AA\)的子串数量
然后可以直接根据\(f[i]\)在\(O(n^2)\)的的时间内得到\(g[i]\),\(g[i]\)表示，结尾为i满足\(AABB\)的子串数量
很基础啊？
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#define LL long long
using namespace std;
inline char nc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
return *p1++;
}
inline void read(int &x){
char c=nc();int b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline void read(LL &x){
char c=nc();LL b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline int read(char *s)
{
char c=nc();int len=1;
for(;!(c>='a' && c<='z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
for(;(c>='a' && c<='z');s[len++]=c,c=nc());
s[len++]='\0';
return len;
}
inline void read(char &x){
for (x=nc();!(x>='A' && x<='Z');x=nc());
}
int wt,ss[19];
inline void print(int x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {
for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
int T,n,f1[2010][2010],f2[2010][2010],f[2010],g[2010];
char s[2010];
const int mo1=100271,mo2=500179;
void init()
{
memset(f1,0,sizeof(f1));
memset(f2,0,sizeof(f2));
for (int i=1;i<=n;i++)
{
for (int j=i;j<=n;j++)
f1[i][j]=(f1[i][j-1]*28%mo1+s[j]-'a'+1)%mo1,
f2[i][j]=(f2[i][j-1]*28%mo2+s[j]-'a'+1)%mo2;
}
}
int main()
{
read(T);
while (T--)
{
read(s);
n=strlen(s+1);
init();
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int j,x;
if (i%2==1) j=2;else j=1;
for (;j<=i-1;j+=2)
{
x=i-j+1;x=j+x/2-1;
if (f1[j][x]==f1[x+1][i] && f2[j][x]==f2[x+1][i]) f[i]++;
}
}
for (int i=3;i<=n;i++)
{
int s=f[i-1],j=i-2,x;
for (int j=i+1;j<=n;j+=2)
{
x=j-i+1;x=i+x/2-1;
if (f1[i][x]==f1[x+1][j] && f2[i][x]==f2[x+1][j]) g[j]+=s;
}
}
int ans=0;
for (int i=4;i<=n;i++)
ans+=g[i];
print(ans),puts("");
}
return 0;
}满分算法分析
当时考场上没打算为了这5分再去思考啊
不过正解的思想还是很不错的
基于上面的思想，我们可以看到\[ans=\sum_{i=1}^{i<n} f[i]*g[i+1]\]其中\(f[i]\)表示以第\(i\)位作为结束位的形如\(AA\)的个数，\(g[i]\)表示以第\(i\)位作为开始位的形如\(AA\)的个数
现在的问题就是怎么快速的求\(f[i]\)和\(g[i]\)
在UOJ群上围观了Claris秒题以后，大概知道了怎么弄QAQ
我们枚举\(AA\)串中\(A\)的长度\(L\)。在原串上，我们每隔\(L\)设置一个关键点，可以发现，若\(A\)的长度为\(L\)，\(AA\)必定恰好经过某两个相邻的关键点。于是我们可以枚举\(AA\)经过的关键点
考虑两个相邻的关键点\(a,b\)，有\(b=a+L\)，我们求出\(a,b\)的最长公共前缀\(p\)和最长公共后缀\(s\)。若\(p+s>L\)，\(AA\)串就一定存在，可以画个图来直观理解一下
那么，我们就可以直接得出可行的开始位置的区间为\([a-s+1,a+p-l]\)，可行的结束位置为\([b-s+l,b+p-1]\)
直接暴力枚举的时间复杂度是\(T(n)=\sum_{i=1}^{n} \frac{n}{i}=nlogn\)
现在还有一个问题是怎么求\(a,b\)的最长公共前缀\(p\)和最长公共后缀\(s\)
首先可以看一下uoj35，他所求的是相邻\(rank\)的LCP
我们假设\(h[i]=LCP\{suffix(sa[i-1]),suffix(sa[i])\}\)
可以得到对于任意的\(j\)和\(k\)（假设\(rank[j]<rank[k]\)），\(LCP\{suffix(j),suffix(k)\}=min\{h[rank[j]+1],h[rank[j]+2],\cdots ,height[rank[k]]\}\)
直接用ST预处理，每次询问都是\(O(1)\)，对上述复杂度无影响
PS.注意，我的代码使用SAM来构造SA的，由于SAM建立的时候会有新的节点产生，所以数组需要开大一些，不然会gg
然后最后的一份问题就是要进行区间加1的操作，直接差分即可，不要再往复杂度上加无谓的log
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#define LL long long
using namespace std;
inline char nc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
return *p1++;
}
inline void read(int &x){
char c=nc();int b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline void read(LL &x){
char c=nc();LL b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline int read(char *s)
{
char c=nc();int len=0;
for(;!(c>='a' && c<='z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
for(;(c>='a' && c<='z');s[len++]=c,c=nc());
s[len++]='\0';
return len;
}
inline void read(char &x){
for (x=nc();!(x>='A' && x<='Z');x=nc());
}
int wt,ss[19];
inline void print(int x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {
for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
int n,m,s,b[80010],c[80010],d[80010],f[80010],g[80010];
char sx[80010];
struct data
{
int len,fa,letter[26],tree[26],id,flag;
}a[80010];
int sa[80010],rank[80010],r1[80010],r2[80010],RANK,f1[80010][20],f2[80010][20];
void Extend(int x,int p)
{
s++;int q=s;a[q].len=a[p].len+1;
while (p!=0 && a[p].letter[x]==0)
a[p].letter[x]=q,p=a[p].fa;
if (p==0) {a[q].fa=1;return ;}
int np=a[p].letter[x];
if (a[np].len==a[p].len+1) a[q].fa=np;
else
{
s++;int nq=s;a[nq].len=a[p].len+1;
for (int i=0;i<26;i++)
a[nq].letter[i]=a[np].letter[i];
a[nq].id=a[np].id;
a[nq].fa=a[np].fa;a[np].fa=nq;a[q].fa=nq;
while (p!=0&&a[p].letter[x]==np)
a[p].letter[x]=nq,p=a[p].fa;
}
}
void Insert(char x[])
{
int y=strlen(x);
s=1;int z=1;
for (int i=y-1;i>=0;i--)
Extend(x[i]-'a',z),z=a[z].letter[x[i]-'a'],a[z].id=i+1,d[i+1]=z,a[z].flag=1;
}
void dfs(int x)
{
if (RANK>=30000)
print(1);
if(a[x].id!=0 && a[x].flag) sa[++RANK]=a[x].id,rank[a[x].id]=RANK;
for (int i=0;i<26;i++)
if (a[x].tree[i]!=0) dfs(a[x].tree[i]);
}
void build()
{
for (int i=1;i<=s;i++)
c[a[i].len]++;
for (int i=1;i<=s;i++)
c[i]+=c[i-1];
for (int i=1;i<=s;i++)
b[c[a[i].len]--]=i;
for (int i=s;i>=1;i--)
{
int p=b[i];
a[a[p].fa].tree[sx[a[p].id+a[a[p].fa].len-1]-'a']=p;
}
RANK=0;
dfs(1);
}
LL Query(int x,int y)
{
if (x==y) return a[x].len;
if (a[x].len>a[y].len) return Query(a[x].fa,y);
else return Query(x,a[y].fa);
}
void SWAP(char *s)
{
int x=strlen(s);
for (int i=0;i<x/2;i++)
swap(s[i],s[x-i-1]);
}
void init()
{
memset(a,0,sizeof(a));
memset(b,0,sizeof(b));
memset(c,0,sizeof(c));
memset(d,0,sizeof(d));
memset(sa,0,sizeof(sa));
memset(rank,0,sizeof(rank));
}
int query1(int z,int y)
{
z=r1[z],y=r1[y];
if (z>y) swap(z,y);z++;
int x=(int)(log(y-z+1)/log(2));
return min(f1[z][x],f1[y-(1<<x)+1][x]);
}
int query2(int z,int y)
{
z=r2[z],y=r2[y];
if (z>y) swap(z,y);z++;
int x=(int)(log(y-z+1)/log(2));
return min(f2[z][x],f2[y-(1<<x)+1][x]);
}
void sa_init()
{
n=strlen(sx);
init();
Insert(sx);
build();
for (int i=2;i<=n;i++)
f1[i][0]=Query(d[sa[i]],d[sa[i-1]]);
f1[1][0]=0;
for (int j=1;1<<j<=n;j++)
for (int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
f1[i][j]=min(f1[i][j-1],f1[i+(1<<j-1)][j-1]);
for (int i=1;i<=n;i++)
r1[i]=rank[i];
init();
SWAP(sx);
Insert(sx);
build();
for (int i=2;i<=n;i++)
f2[i][0]=Query(d[sa[i]],d[sa[i-1]]);
f2[1][0]=0;
for (int j=1;1<<j<=n;j++)
for (int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
f2[i][j]=min(f2[i][j-1],f2[i+(1<<j-1)][j-1]);
for (int i=1;i<=n;i++)
r2[n-i+1]=rank[i];
}
int T;
int main()
{
read(T);
while (T--)
{
read(sx);
int m=strlen(sx),x,y,s,p;
sa_init();
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
for (int i=1;i<=m;i++)
{
x=1,y=x+i;
while(y<=m)
{
p=min(query1(x,y),i);
s=min(query2(x,y),i);
if (p+s>i)
{
f[x-s+1]++;f[x+p-i+1]--;
g[y-s+i]++;g[y+p]--;
}
x+=i,y+=i;
}
}
int F=0,G=0;
for (int i=1;i<=m;i++)
F+=f[i],f[i]=F,G+=g[i],g[i]=G;
LL ans=0;
for (int i=1;i<m;i++)
ans+=(LL)g[i]*f[i+1];
print(ans),puts("");
}
return 0;
}
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