BZOJ
洛谷

令\(st[i]\)表示以\(i\)为开头有多少个\(AA\)这样的子串，\(ed[i]\)表示以\(i\)结尾有多少个\(AA\)这样的子串。那么\(Ans=\sum_{i=1}^{n-1}ed[i]*st[i+1]\)。

考虑如何求\(st[i],ed[i]\)。暴力的话可以枚举\(i\)，然后哈希判一下。这样\(O(n^2)\)就有\(95\)分了。。

正解是，枚举长度\(len\)，判断每个位置是否存在长为\(2*len\)的\(AA\)这样的子串。

每隔\(len\)的距离放一个关键点，这样一个长度为\(2*len\)的串一定会经过两个相邻的关键点。

考虑枚举两个相邻的关键点，即令\(i=k*len,\ j=i+len\)。再令\(x\)表示\(i,j\)所代表的前缀的最长公共后缀（与\(len\)取\(\min\)），\(y\)表示\(i,j\)所代表的后缀的最长公共前缀（与\(len\)取\(\min\)）。
（不想画图了，注意别看错，可以拿个串比如aabaabab试一下）

当\(x+y-1<len\)时，因为中间没有相同的部分所以找不到一个经过\(i,j\)长为\(2*len\)的\(AA\)串。

当\(x+y-1\geq len\)时，我们发现因为\(i,j\)是两个相距为\(len\)的点，我们取\(i-x+len,\ j-x+len\)，这两个点之间能形成长\(2*len\)的\(AA\)子串。同时将两个点不断向右移动，直到\(i+y-1,\ j+y-1\)，都能形成一个\(AA\)子串。

也就是当\(p\)取\([j-x+len,\ j+y-1]\)中的某个位置时，都能得到以\(p\)为结尾的长为\(2*len\)的\(AA\)串。同理当\(p\)在\([i-x+1,\ i+y-len]\)中时，也都能得到以\(p\)开头的长为\(2*len\)的\(AA\)串。

所以就是区间加一，差分一下就可以了。

只是枚举\(len\)，然后每隔\(len\)放一个点，统计相邻两点间的贡献。所以复杂度还是\(O(n\log n)\)。

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
const int N=3e4+5;int Log[N];
struct Suffix_Array
{int tm[N],sa[N],sa2[N],rk[N],ht[N],st[N][15];inline void Init_ST(const int n){for(int i=1; i<=n; ++i) st[i][0]=ht[i];for(int j=1; j<=Log[n]; ++j)for(int t=1<<j-1,i=n-t; i; --i)st[i][j]=std::min(st[i][j-1],st[i+t][j-1]);}inline int LCP(int l,int r){l=rk[l], r=rk[r]; if(l>r) std::swap(l,r);++l;int k=Log[r-l+1];return std::min(st[l][k],st[r-(1<<k)+1][k]);}void Build(char *s,const int n){memset(rk,0,sizeof rk);memset(sa2,0,sizeof sa2);//要清空...! 因为下面比较懒得加<=n了。int m=26,*x=rk,*y=sa2;for(int i=0; i<=m; ++i) tm[i]=0;for(int i=1; i<=n; ++i) ++tm[x[i]=s[i]-'a'+1];for(int i=1; i<=m; ++i) tm[i]+=tm[i-1];for(int i=n; i; --i) sa[tm[x[i]]--]=i;for(int k=1,p=0; k<n; k<<=1,m=p,p=0){for(int i=n-k+1; i<=n; ++i) y[++p]=i;for(int i=1; i<=n; ++i) if(sa[i]>k) y[++p]=sa[i]-k;for(int i=0; i<=m; ++i) tm[i]=0;for(int i=1; i<=n; ++i) ++tm[x[i]];for(int i=1; i<=m; ++i) tm[i]+=tm[i-1];for(int i=n; i; --i) sa[tm[x[y[i]]]--]=y[i];std::swap(x,y), x[sa[1]]=p=1;for(int i=2; i<=n; ++i)x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?p:++p;//because of thisif(p>=n) break;}for(int i=1; i<=n; ++i) rk[sa[i]]=i;ht[1]=0;for(int i=1,k=0,p; i<=n; ++i){if(rk[i]==1) continue;if(k) --k;p=sa[rk[i]-1];while(i+k<=n && p+k<=n && s[i+k]==s[p+k]) ++k;ht[rk[i]]=k;}Init_ST(n);}
}sa1,sa2;inline void Init_Log(const int n)
{for(int i=2; i<=n; ++i) Log[i]=Log[i>>1]+1;
}
void Solve()
{static int st[N],ed[N];static char s[N];scanf("%s",s+1); const int n=strlen(s+1);sa1.Build(s,n), std::reverse(s+1,s+1+n), sa2.Build(s,n);memset(st,0,n+1<<2), memset(ed,0,n+1<<2);for(int len=1,lim=n>>1; len<=lim; ++len)for(int i=len,j=len<<1; j<=n; i=j,j+=len){int x=std::min(len,sa2.LCP(n-i+1,n-j+1)),y=std::min(len,sa1.LCP(i,j));if(x+y-1>=len)++st[i-x+1], --st[i+y-len+1], ++ed[j-x+len], --ed[j+y];}LL ans=0;for(int i=1; i<n; ++i) st[i+1]+=st[i], ed[i+1]+=ed[i], ans+=1ll*ed[i]*st[i+1];printf("%lld\n",ans);
}int main()
{Init_Log(30000);int T; scanf("%d",&T);while(T--) Solve();return 0;
}