Description

有一棵n个节点的树和一个长度为m的字符串S，树上每个节点有一个字符。问对于任意的有序数对(x,y)，从x到y路径组成的字符串在S中出现次数的和。
n,m≤5⋅104n,m\le5\cdot10^4n,m≤5⋅104

Solution

很显然要在SAM上跑，我们要求的是所有路径组成的串在SAM上size的和，那么一个显然的响法就是我们点分治然后合并跨越不同子树的路径

记当前分治重心为rt，那么我们要求的就是若干条(x,rt)和(rt,y)这样路径的并组成的串在SAM上的size
这个可以正反建两个SAM，然后用SAM求出后缀树，那么所有(x,rt)都可以看作是c[rt]加上若干个前缀字符得到的新串，并且恰好就是它后缀树上到根的路径，那么我们对每个节点打出现次数+1的标记然后O(m)暴力下传就可以做到O(nlogn+nm)的复杂度了

我们发现这样做还是不行，考虑平衡规划一下。一个暴力就是我们枚举一条路径的起点，然后暴力dfs并顺便在SAM上求size。这样直接做是O(n^2)的。对于>n>\sqrt n>n的子树我们用点分治搞，其余的子树我们直接上这个暴力。可以证明一棵树大小超过根号的子树不超过根号个，小于根号的我们一遇到就退掉也只会遍历根号个，那么总的复杂度就是十分科学的了

Code

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#define rep(i,st,ed) for (register int i=st;i<=ed;++i)
#define drp(i,st,ed) for (register int i=st;i>=ed;--i)
#define copy(x,t) memcpy(x,t,sizeof(x))typedef long long LL;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=100005;struct edge {int y,next;} e[N*2];int ls[N],v[N],edCnt,rt,sum;
int size[N],mx[N],n,m,B;
char c[N],str[N]; LL ans;bool del[N];struct SAM {int s[N],id[N],a[N],b[N],rig[N],size[N],tot,last;int rec[N][26],son[N][26],tag[N],fa[N],mx[N];int extend(int ch,int pos) {int p,q,np,nq;p=last; np=last=++tot; mx[np]=mx[p]+1;rig[np]=pos; size[np]++;for (;p&&!rec[p][ch];p=fa[p]) rec[p][ch]=np;if (!p) fa[np]=1;else {q=rec[p][ch];if (mx[q]==mx[p]+1) fa[np]=q;else {nq=++tot; mx[nq]=mx[p]+1;copy(rec[nq],rec[q]);fa[nq]=fa[q];fa[np]=fa[q]=nq;for (;p&&rec[p][ch]==q;p=fa[p]) rec[p][ch]=nq;}}return last;}void build() {tot=last=1;rep(i,1,m) id[i]=extend(s[i],i);rep(i,1,tot) b[mx[i]]++;rep(i,1,tot) b[i]+=b[i-1];drp(i,tot,1) a[b[mx[i]]--]=i;drp(i,tot,2) {int x=a[i];if (!rig[fa[x]]) rig[fa[x]]=rig[x];son[fa[x]][s[rig[x]-mx[fa[x]]]]=x;size[fa[x]]+=size[x];}}void col(int x,int fa,int now,int len) {if (len==mx[now]) now=son[now][c[x]];else if (s[rig[now]-len]!=c[x]) now=0;if (!now) return ;tag[now]++;for (int i=ls[x];i;i=e[i].next) {if (e[i].y==fa||del[e[i].y]) continue;col(e[i].y,x,now,len+1);}}void push() {rep(i,1,tot) tag[a[i]]+=tag[fa[a[i]]];}void clear() {rep(i,1,tot) tag[i]=0;}
} SAM1,SAM2;void add_edge(int x,int y) {e[++edCnt]=(edge) {y,ls[x]}; ls[x]=edCnt;e[++edCnt]=(edge) {x,ls[y]}; ls[y]=edCnt;
}void get_size(int x,int fa) {size[x]=1; mx[x]=0;for (int i=ls[x];i;i=e[i].next) {if (e[i].y==fa||del[e[i].y]) continue;get_size(e[i].y,x); size[x]+=size[e[i].y];mx[x]=std:: max(mx[x],size[e[i].y]);}mx[x]=std:: max(mx[x],sum-size[x]);if (mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}void dfs(int x,int fa,int now) {now=SAM1.rec[now][c[x]];if (!now) return ;ans+=SAM1.size[now];for (int i=ls[x];i;i=e[i].next) {if (e[i].y==fa||del[e[i].y]) continue;dfs(e[i].y,x,now);}
}void get(int x,int fa) {v[++v[0]]=x;for (int i=ls[x];i;i=e[i].next) {if (e[i].y==fa||del[e[i].y]) continue;get(e[i].y,x);}
}void change(int x,int fa,int xs) {SAM1.clear(); SAM2.clear();if (fa) {SAM1.col(x,fa,SAM1.son[1][c[fa]],1);SAM2.col(x,fa,SAM2.son[1][c[fa]],1);} else {SAM1.col(x,0,1,0);SAM2.col(x,0,1,0);}SAM1.push();SAM2.push();rep(i,1,m) ans+=SAM1.tag[SAM1.id[i]]*SAM2.tag[SAM2.id[m-i+1]]*xs;
}void solve(int x) {if (size[x]<=B) {v[0]=0; get(x,0);rep(i,1,v[0]) dfs(v[i],0,1);return ;}del[x]=1;change(x,0,1);for (int i=ls[x];i;i=e[i].next) {if (del[e[i].y]) continue;change(e[i].y,x,-1);}for (int i=ls[x];i;i=e[i].next) {if (del[e[i].y]) continue;sum=size[e[i].y]; rt=0;get_size(e[i].y,x);solve(rt);}
}int main(void) {scanf("%d%d",&n,&m); B=sqrt(n);rep(i,2,n) {int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);add_edge(x,y);}scanf("%s",c+1);rep(i,1,n) c[i]-='a';scanf("%s",str+1);rep(i,1,m) SAM1.s[i]=str[i]-'a',SAM2.s[m-i+1]=str[i]-'a';SAM1.build(),SAM2.build();mx[rt=0]=INF; sum=n;get_size(1,0);solve(rt);printf("%lld\n", ans);return 0;
}

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