[noi1754]SA

枚举T中失配的位置i，容易发现能够成立当且仅当存在一个以$T[0,i)$为后缀的前缀$S[0,a)$且$T(i,|T|)$是$S(a,|S|)$的一个前缀

考虑建立S的正序和倒序的两个后缀自动机，设$T[0,i)$对应点x（正序自动机中），$T(i,|T|)$对应点y（倒序自动机中），那么必然有$a-1in right(x)$和$a+1in right(y)$，具体地，如果将每一个前缀连向空一个字符的后缀，那么当且仅当两者的present子树中存在一条边

然后有一个小问题，当$T[i]=S[a]$的时是不需要累计答案的，由于每一个位置分割都满足存在，所以要减去$出现次数|T|cdot 出现次数$

如果把边看成$(x,y)$的点（按照dfs序），那么相当于二维数点的问题，用差分离线+线段树即可，时间复杂度$o(26|S|+log_{|S|}sum {|T|})$，常数较大

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000005
#define L (k<<1)
#define R (L+1)
#define mid (l+r>>1)
struct sam{
    int V,s[N],len[N],nex[N],ch[N][31],id[N],dfn[N],sz[N];
    vector<int>v[N];
}S[2];
struct qu{
    int p,id,x,y;
};
vector<int>v[N];
vector<qu>Q[N];
int n,las,pre[N],lst[N],ans[N],f[N<<2];
char s[N];
void add(int t,int c,int x){
    int p=las,np=las=S[t].id[x]=++S[t].V;
    S[t].s[np]=1;
    S[t].len[np]=S[t].len[p]+1;
    while ((p)&&(!S[t].ch[p][c])){
        S[t].ch[p][c]=np;
        p=S[t].nex[p];
    }
    if (!p)S[t].nex[np]=1;
    else{
        int q=S[t].ch[p][c];
        if (S[t].len[q]==S[t].len[p]+1)S[t].nex[np]=q;
        else{
            int nq=++S[t].V;
            S[t].nex[nq]=S[t].nex[q];
            S[t].len[nq]=S[t].len[p]+1;
            memcpy(S[t].ch[nq],S[t].ch[q],sizeof(S[t].ch[q]));
            S[t].nex[q]=S[t].nex[np]=nq;
            while ((p)&&(S[t].ch[p][c]==q)){
                S[t].ch[p][c]=nq;
                p=S[t].nex[p];
            }
        }
    }
}
void dfs(int p,int k){
    S[p].sz[k]=1;
    S[p].dfn[k]=++las;
    for(int i=0;i<S[p].v[k].size();i++){
        dfs(p,S[p].v[k][i]);
        S[p].s[k]+=S[p].s[S[p].v[k][i]];
        S[p].sz[k]+=S[p].sz[S[p].v[k][i]];
    }
}
void update(int k,int l,int r,int x){
    f[k]++;
    if (l==r)return;
    if (x<=mid)update(L,l,mid,x);
    else update(R,mid+1,r,x);
}
int query(int k,int l,int r,int x,int y){
    if ((l>y)||(x>r))return 0;
    if ((x<=l)&&(r<=y))return f[k];
    return query(L,l,mid,x,y)+query(R,mid+1,r,x,y);
} 
int main(){
    scanf("%s%d",s,&n);
    int l=strlen(s);
    las=S[0].V=S[1].V=S[0].id[0]=S[1].id[l]=1;
    for(int i=0;i<l;i++)add(0,s[i]-'a',i+1);
    las=1;
    for(int i=l-1;i>=0;i--)add(1,s[i]-'a',i);
    for(int i=1;i<=S[0].V;i++)S[0].v[S[0].nex[i]].push_back(i);
    las=0;
    dfs(0,1);
    for(int i=1;i<=S[1].V;i++)S[1].v[S[1].nex[i]].push_back(i);
    las=0;
    dfs(1,1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s);
        int ll=strlen(s);
        memset(pre,0,sizeof(pre));
        memset(lst,0,sizeof(lst));
        pre[0]=lst[ll]=1;
        for(int j=0;j<ll;j++)
            if (!S[0].ch[pre[j]][s[j]-'a'])break;
            else pre[j+1]=S[0].ch[pre[j]][s[j]-'a'];
        for(int j=ll-1;j>=0;j--)
            if (!S[1].ch[lst[j+1]][s[j]-'a'])break;
            else lst[j]=S[1].ch[lst[j+1]][s[j]-'a'];
        if (pre[ll])ans[i]-=ll*S[0].s[pre[ll]];
        for(int j=0;j<ll;j++)
            if ((pre[j])&&(lst[j+1])){
                Q[S[0].dfn[pre[j]]-1].push_back(qu{-1,i,S[1].dfn[lst[j+1]],S[1].dfn[lst[j+1]]+S[1].sz[lst[j+1]]-1});
                Q[S[0].dfn[pre[j]]+S[0].sz[pre[j]]-1].push_back(qu{1,i,S[1].dfn[lst[j+1]],S[1].dfn[lst[j+1]]+S[1].sz[lst[j+1]]-1});
            }
    }
    for(int i=0;i<l;i++)v[S[0].dfn[S[0].id[i]]].push_back(S[1].dfn[S[1].id[i+1]]);
    for(int i=1,j=0;i<=S[0].V;i++){
        for(int j=0;j<v[i].size();j++)update(1,1,S[1].V,v[i][j]);
        for(int j=0;j<Q[i].size();j++)ans[Q[i][j].id]+=Q[i][j].p*query(1,1,S[1].V,Q[i][j].x,Q[i][j].y);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d
",ans[i]);
}