Count New String
题意：
- 定义字符串函数 (f(S,x,y)(1le xle yle n))，返回一个长度为y-x+1的字符串，第 i 位是 (max_{i=x...x+k-1}S_i)
- 设集合(A = {f(f(S, x_1,y_1),x_2-x_1+1,y_2-x_1+1)|1le x_1 le x_2 le y_2 le y_2 le n})
- 求集合A 的大小
- (Nle 1e5) 字符集大小 <=10
分析：
先放出官方题解
方法一
核心点1比较容易想到，进一步可以观察到他们之间有很大一部分后面是重复的，感性的想到如果倒着插入Trie树，在Trie树上面的节点可能不会很多。具体证明来讲，当前字符 (i)， 最近的大于它的字符的位置是 (j (j > i)), 那么在将位置 (i + 1) 的字符插入到Trie树之后，还要把长度 ((j - i)) 的字符串插入到Trie树中。考虑一个 (j_2)，再找一个最大的 (j_1) 有 (S_{j_1} ge S_{j_2})，那么([j_1,j_2])这个区间最多利用10次，所以Trie树节点不超过10N。然后就是常规的在Trie树上面建立广义后缀自动机，扫一遍所有节点即可得到本质不同的子串个数
#include<bits/stdc++.h>
//#define ONLINE_JUDGE
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
#define dbg(x...) do { cout << " 33[32;1m" << #x <<" -> "; err(x); } while (0)
void err() { cout << " 33[39;0m" << endl; }
template<class T, class... Ts> void err(const T& arg,const Ts&... args) { cout << arg << " "; err(args...); }
const int N = 2000000 + 5; //N为字符串长度两倍
const int P = 10;
char s[N];
struct node{
int link, len, trans[P];
void clear(){
memset(trans,0, sizeof trans);
link = len = 0;
}
};
struct SAM{
node S[N];
int p, np, size;
int b[N], c[N];
SAM():p(1),np(1),size(1){}
void clear(){
for(int i=0;i<=size;i++)S[i].clear();
np = size = p = 1;
}
void insert(char ch){
int x = ch - 'a';
np = ++size;
S[np].len = S[p].len + 1;
while(p != 0 && !S[p].trans[x]) S[p].trans[x] = np, p = S[p].link;
if(p == 0)S[np].link = 1;
else{
int q, nq;
q = S[p].trans[x];
if(S[q].len == S[p].len + 1) S[np].link = q;
else{
nq = ++size;
S[nq] = S[q];
S[nq].len = S[p].len + 1;
S[np].link = S[q].link = nq;
while(p != 0 && S[p].trans[x] == q) S[p].trans[x] = nq, p = S[p].link;
}
}
p = np;
}
}sam;
int pos[N];
int n;
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("i.in","r",stdin);
// freopen("o.out,"w",stdout);
#endif
scanf("%s", s+1);
n = strlen(s+1);
stack<int> st;
pos[n+1] = 1;
st.push(n+1);
for(int i=n;i>=1;i--){
while(st.size() != 1 && s[st.top()] < s[i]) st.pop();
int k = st.top();
sam.p = pos[k];
for(int j=i;j<k;j++) sam.insert(s[i]);
pos[i] = sam.p;
st.push(i);
}
ll res = 0;
for(int i = 2;i<=sam.size;i++){
res += sam.S[i].len - sam.S[sam.S[i].link].len;
}
printf("%lld
", res);
return 0;
}
方法二
然后讲解一下场上自己想出来的一个做法：
观察到(f(S, x, y))，最多只会有 10 段连续的一样的字符。采取这样的键值对表示法：从序列(abcdefghij)中抽连续的某一个部分，比如aabbc可以用({"abc", [2, 2, 1]}) 来表示， bccd 可以用({"bcd", [1, 2, 1]})来表示。注意到这样的表示中，缩减的字符串最多只会有1024种。每个字符串对应的序列的长度最大是10。
对于一个后缀(f(S, i, n))，从中可以提取出来的键值对最多有100个。所以整个字符串，可以提取出来的键值对极限只有1e7，实际上会小很多。
对于键值相同的情况，比如 bccdde 与 bcccde, bccddee，将它们一起处理，"bcde" 对应的值是一个二维数组([[1, 2, 2, 1], [1, 3, 1, 1], [1, 2, 2, 2]])。然后重点思考如何处理这个二位数组，因为我们利用"bcde" 去产生子串，具体的选择上面3个串中的某个时，c和d字符的个数是确定的，b和e的个数可以控制。
然后进一步观察，bccdde与bccddee是同一类，因为其中c和d的数量是一样的，而bcccde是另外一类。我们要对他们进行归类，也就是对二维数组([[1, 2, 2, 1], [1, 3, 1, 1], [1, 2, 2, 2]])中的一位数组元素归类。
如何归类？通过他们的第2到len-1个元素的值进行归类。这个操作可以用set实现，具体来说，起初他们都属于一个集合，然后遍历第2到len-1个数字，遍历所有集合，然后根据当前这个数字，对集合进行拆分即可。
最后考虑如何计算对答案的贡献即可。比如上面的例子，bccdde与bccddee归为一类之后，只考虑b和e的个数：({[1, 1], [1, 2]}), 对答案的贡献就是2。（这里处理起来还有一些细节需要注意）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
#define dbg(x...) do { cout << " 33[32;1m" << #x <<" -> "; err(x); } while (0)
void err() { cout << " 33[39;0m" << endl; }
template<class T, class... Ts> void err(const T& arg,const Ts&... args) { cout << arg << " "; err(args...); }
const int N = 100000 + 5;
int n;
char s[N];
int next_big[N]; // 下个比它大的字符
int next_not_equ[N]; // 下个不等于的位置
map<string, int> mp;
vector<vector<int>> vv[2000];
set<int> st[2000010];
int vis[N];
int totn;
int get(string str){
if(mp.count(str)) return mp[str];
mp[str] = ++totn;
return totn;
}
ll solve(){
ll res = 0;
for(int ii = 1; ii <= totn; ii ++){
vector<vector<int>> &tt = vv[ii];
int len = tt[0].size();
int n = tt.size();
// 一开始所有的都属于一个集合，这个集合里面应该有一个最大值
int set_count = 1;
ll Max = 0;
for(int i=0;i<n;i++) st[i].clear();
for(int i = 0; i < n ;i++){
st[0].insert(i);
Max = max(Max, 1ll * tt[i][0]);
}
if(len == 1) {
res += Max;
continue;
}
for(int r = 1; r < len-1; r ++){
// 拆集合了
int new_set_count = set_count;
for(int j = 0; j < set_count; j++){
int num = 0;
vector<int> tmp;
set<int> temp = st[j];
st[j].clear();
for(auto x : temp){
tmp.push_back(tt[x][r]);
if(vis[tt[x][r]] == -1) {
if(num == 0) vis[tt[x][r]] = j;
else {
vis[tt[x][r]] = new_set_count ++;
}
num ++;
}
int index = vis[tt[x][r]];
st[index].insert(x);
}
for(auto x : tmp) {
vis[x] = -1;
}
}
set_count = new_set_count;
}
for(int j = 0; j < set_count; j++){
vector<pair<int,int>> t;
for(auto x : st[j]){
t.push_back({tt[x][0], tt[x][len-1]});
}
sort(t.begin(), t.end());
int rmax = t.back().second;
for(int i=t.size()-1;i>=0;i--){
t[i].second = max(t[i].second, rmax);
rmax = t[i].second;
}
for(int i=0;i<t.size();i++){
ll l = t[i].first, r = t[i].second;
if(i != 0 && l == t[i-1].first) continue;
if(i == 0) {
res += l * r;
} else
res += (l - t[i-1].first) * r;
}
}
}
return res;
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("i.in","r",stdin);
// freopen("o.out,"w",stdout);
#endif
memset(vis, -1, sizeof vis);
scanf("%s", s+1);
n = strlen(s+1);
int aft[10];
for(int i=0;i<10;i++) aft[i] = n + 1;
for(int i = n; i >= 1; i--){
s[i] = s[i] - 'a';
}
aft[s[n]] = n;
next_big[n] = next_not_equ[n] = n + 1;
for(int i=n-1;i>=1;i--){
next_big[i] = n + 1;
for(int j=s[i]+1;j<10;j++){
if(aft[j] != n + 1) {
next_big[i] = min(next_big[i], aft[j]); // 要找最近的
}
}
aft[s[i]] = i;
if(s[i] == s[i+1]) next_not_equ[i] = next_not_equ[i+1];
else next_not_equ[i] = i + 1;
}
int l = 1;
while(l <= n){
string str = "";
int r = l, pre = 0;
vector<int> v;
do {
pre = r;
r = next_big[r];
str += char('0' + s[pre]);
v.push_back(r - pre);
int id = get(str);
vv[id].push_back(v);
}while(r <= n);
l = next_not_equ[l];
}
printf("%lld
", solve());
return 0;
}