美团杯2020 - 半前缀计数(后缀自动机)

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题目大意：

蒜斜刚来PKU的时候还不知道有“北大算协”这个社团，因此他总是觉得周围的人在偷偷议论着他，比如说：

“算协（注：非蒜斜）举办的活动好有趣啊！”

“算协（注：非蒜斜）好帅啊！”

蒜斜每次听到这些话就会想入非非，但仔细想想，自己好像也没有那么帅吧？最离谱的一次还是：

“算协（注：非蒜斜）有好多小哥哥”（雾）

自从蒜斜学习了半前缀之后，他把这些话都看开了 —— 对他来说，只要这些话里有 “蒜斜好” 的半前缀就足够了。

题目描述

设小写字母字符串 s, 长度为 n, s[l:r] 表示第 l 个到第 r 个字符构成的子串, l>r 时对应空串。

定义半前缀是 s[1:i]+s[j:k], 其中 0≤i<len(s),i<j≤len(s),j−1≤k≤len(s)。直观上来说，你可以把半前缀理解成某一个前缀 s[1:k]删除掉某一个子串后形成的结果（当然也允许不删）。

给出字符串 ss，你需要求出 ss 的所有半前缀中，有多少个不同的字符串。

输入格式

输入一行包含一个小写字符串 s(1≤|s|≤106)。

输出格式

输出一行一个整数，表示答案。

样例一

input

aab

output

explanation

字符串 aab 的半前缀有：空串，a，b，aa，ab，aab。

样例二

input

pkusaamtcup

output

限制与约定

Small Task: |s|≤3000。

Large Task: |s|≤106。

时间限制：2s

空间限制：512MB

题目分析：读完题后第一反应就是后缀自动机，但是需要猜结论或者变形，然后就止步于此了

赛后看了jls的讲题视频豁然开朗，感觉这个题目太妙了

首先因为题目规定的半前缀是一个前缀与一个子串拼接而成，对于每个半前缀而言，肯定有很多的拼接方法，如果不加以约束的话，很容易重复统计，对于每个半前缀 s[ 0 : i ] + s[ j : k ] 我们只计算 i 最大的那个半前缀这样就能做到不重不漏了

该如何确定某个半前缀已经是 i 最大的呢，一个必要条件是 s[ i + 1 ] != s[ j ] ，这个比较容易看出来，因为如果 s[ i + 1 ] == s[ j ] 的话，那么显然 s[ 0 : i + 1 ] + s[ j + 1 : k ] 是一个比 i 更靠后的半前缀，所以必要性成立

接下来证明一下充分性，假设有更靠后的一个半前缀 s[ 0 : i' ] + s[ j' : k' ] 满足 i < i' ，因为 s[ 0 : i ] + s[ j : k ] == s[ 0 : i' ] + s[ j' : k' ] ，所以 s[ i + 1 : i' ] == s[ j : j + [一段区间] ] ，即 s[ i + 1 ] == s[ j ] ，与上面的结论相悖，所以证明了充分性

综上，s[ i + 1 ] != s[ j ] 是 s[ 0 : i ] + s[ j : k ] 作为最后一次出现的半前缀的重分必要条件

那么接下来我们只需要枚举 i ，然后统计 s[ i + 1 : k ] 中有多少个首字母不为 s[ i + 1 ] 的本质不同子串即可

然后用后缀自动机解决就好了，因为要统计的区间实际上为 [ i + 1 , n ] ，所以我们可以倒着插入字符串，因为字符串在翻转之后，本质不同的子串个数是不变的，每次插入后利用 last 指针更新 cnt 数组，cnt[ j ] 表示截止到目前为止，首字母为 j 的本质不同子串有多少个，将答案累加就好了

最后需要注意的是，初始化为赋值为 n + 1 ，这里的 1 是指空串，而 n 是指形如 [ 1 , 1 ] + 空串，[ 1 , 2 ] + 空串, [ 1 , 3 ] + 空串... + [ 1 , n ] + 空串，这样的半前缀，因为后缀自动机无法统计空串的个数，所以需要我们自己手动计算上空串的贡献

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;char s[N];LL cnt[26];int tot=1,last=1;struct Node
{int ch[26];int fa,len;
}st[N<<1];void add(int x)
{int p=last,np=last=++tot;st[np].len=st[p].len+1;while(p&&!st[p].ch[x])st[p].ch[x]=np,p=st[p].fa;if(!p)st[np].fa=1;else{int q=st[p].ch[x];if(st[p].len+1==st[q].len)st[np].fa=q;else{int nq=++tot;st[nq]=st[q]; st[nq].len=st[p].len+1;st[q].fa=st[np].fa=nq;while(p&&st[p].ch[x]==q)st[p].ch[x]=nq,p=st[p].fa;//向上把所有q都替换成nq}}
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("input.txt","r",stdin);
//  freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);scanf("%s",s);int n=strlen(s);LL ans=n+1;for(int i=n-1;i>=0;i--){add(s[i]-'a');cnt[s[i]-'a']+=st[last].len-st[st[last].fa].len;for(int j=0;j<26;j++)if(s[i]-'a'!=j)ans+=cnt[j];}printf("%lld\n",ans);return 0;
}