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题解：
- 分成两部分来求，$sum (len(T_{i})+len(T_{j}))$显然是：$frac{(N-1)N(N+1)}{2}$
- 另外一部分即所有后缀的$lcp$之和的二倍，枚举每一个$sa[i]$；
- 这样对于每个j从小到大的$sa[j](j<i)$来说和$sa[i]$的$lcp$是连续的且单调递增，这取决于$j+1$到$i$的$height$最小值；
- 求出$sa$和$ht$后，用一个单调上升的队列维护每一段的答案；
bzoj3238（SA）1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 #define rg register 4 using namespace std; 5 const int N=500010; 6 int len,c[N],x[N],y[N],sa[N],top,st[N],rk[N],ht[N]; 7 ll ans,sum[N]; 8 char s[N]; 9 void build_sa(int n,int m){ 10 for(rg int i=0;i<n;i++)c[x[i]=s[i]]++; 11 for(rg int i=1;i<m;i++)c[i]+=c[i-1]; 12 for(rg int i=n-1;~i;i--)sa[--c[x[i]]]=i; 13 for(rg int k=1;k<n;k<<=1){ 14 int p = 0; 15 for(rg int i=n-k;i<n;i++)y[p++]=i; 16 for(rg int i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=k)y[p++]=sa[i]-k; 17 for(rg int i=0;i<m;i++)c[i]=0; 18 for(rg int i=0;i<n;i++)c[x[i]]++; 19 for(rg int i=1;i<m;i++)c[i]+=c[i-1]; 20 for(rg int i=n-1;~i;i--)sa[--c[x[y[i]]]]=y[i]; 21 swap(x,y); 22 p=0;x[sa[0]]=p++; 23 for(rg int i=1;i<n;i++){ 24 x[sa[i]] = y[sa[i]]==y[sa[i-1]] && y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k] ? p-1 : p++; 25 } 26 if(p==n)break; 27 m = p + 1; 28 } 29 } 30 void build_ht(int n){ 31 for(rg int i=0;i<n;i++)rk[sa[i]]=i; 32 for(rg int i=0,j,k=0;i<n;i++){ 33 if(k)k--; 34 j=sa[rk[i]-1]; 35 while(s[i+k]==s[j+k])k++; 36 ht[rk[i]] = k; 37 } 38 } 39 int main(){ 40 freopen("bzoj3238.in","r",stdin); 41 freopen("bzoj3238.out","w",stdout); 42 scanf("%s",s); 43 len = strlen(s); 44 ans = (ll)len*(len+1)/2*(len-1); 45 s[len]='$'; 46 build_sa(len+1,128); 47 build_ht(len+1); 48 for(rg int i=0;i<=len;i++){ 49 while(top&&ht[st[top]]>=ht[i])top--; 50 st[++top]=i; 51 sum[top] = sum[top-1] + 2ll * (st[top] - st[top-1]) * ht[i]; 52 ans -= sum[top]; 53 } 54 printf("%lld ",ans); 55 return 0; 56 }
- upd:20190106 学会了$SAM$的解法
- 还是考虑$sum lcp(i,j)$ (下文的$len$指节点$right$集合的最大长度，$sum$为节点的$parent$子树里的后缀个数)
- 后缀树和$parent$树的联系：
- 在$parent$树上前缀的最长后缀是在他们对应节点的$lca$的$len$；
- 那么我们将串反过来建$SAM$的话$parent$树可以回答后缀间的$lcp$了；
- 节点$u$作为$lca$的次数$*2$是：$sum_{u} (sum_{u} - 1) - sum_{v} sum_{v} (sum_{v}-1)$
- 整理一下每个点贡献为：$sum_{u}(sum_{u}-1) * (len[u] - len[pa[u]]) $
- 另一种的理解：
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$sum lcp(i,j) = sum_{子串x} * sum_{i} sum_{j} [x是后缀i,j的公共前缀] $
- 每个节点的不同子串个数为$len[u]-len[pa[u]]$立即推出式子；
- 其实仔细想想对这个题不翻转答案也是一样的QAQ；
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bzoj3238（SAM）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 const int N=1000010; 5 int n,lst,ch[N][26],cnt,len[N],pa[N],w[N],a[N],v[N]; 6 char s[N]; 7 inline void ins(int c){ 8 int p=lst,np; 9 len[lst=np=++cnt]=len[p]+1; 10 v[np]=1; 11 while(p&&!ch[p][c])ch[p][c]=np,p=pa[p]; 12 if(!p)pa[np]=1; 13 else { 14 int q=ch[p][c]; 15 if(len[q]==len[p]+1)pa[np]=q; 16 else{ 17 int nq=++cnt; 18 len[nq]=len[p]+1; 19 memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q])); 20 pa[nq]=pa[q];pa[q]=pa[np]=nq; 21 while(p&&ch[p][c]==q)ch[p][c]=nq,p=pa[p]; 22 } 23 } 24 } 25 int main(){ 26 #ifndef ONLINE_JUDGE 27 freopen("bzoj3238.in","r",stdin); 28 freopen("bzoj3238.out","w",stdout); 29 #endif 30 scanf("%s",s); 31 lst=cnt=1; 32 n=strlen(s); 33 for(int i=0;i<n;i++)ins(s[i]-'a'); 34 for(int i=1;i<=cnt;i++)w[len[i]]++; 35 for(int i=1;i<=n;i++)w[i]+=w[i-1]; 36 for(int i=cnt;i;i--)a[w[len[i]]--]=i; 37 ll ans = (ll)n*(n-1)*(n+1)/2; 38 for(int i=cnt;i>1;i--){ 39 int u=a[i]; 40 v[pa[u]]+=v[u]; 41 ans -= (ll)(len[u]-len[pa[u]])*v[u]*(v[u]-1); 42 } 43 cout << ans << endl; 44 return 0; 45 }
