链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/9984/B
来源：牛客网
题目描述
众所周知，武辰延很喜欢字符串。
这天，他对着两个字符串 s 和 t 发呆，他发现这两个串的前缀有很多相似的地方，s 的两个前缀连接起来竟也是 t 的前缀。
武辰延想知道有多少对 s 的非空前缀连接起来是 t 的前缀。
形式化地讲，我们把 sisi 看作字符串 s 长度为 i 的前缀。
对于一对前缀 (si,sj)(si,sj) (允许 i=j)而言，当满足 si+sj=ti+jsi+sj=ti+j 时，我们认为这两个 s 的前缀拼接后等于 t 的一个前缀。
两对 s 的前缀 (si,sj)(si,sj) 与 (si′,sj′)(si′,sj′) 不同当且仅当 i≠i′i=i′ 或 j≠j′j=j′ 。
输入描述:
第一行一个字符串 s 。
第二行一个字符串 t 。
其中 1≤∣s∣,∣t∣≤1e51≤∣s∣,∣t∣≤1e5 ，只包含小写字母。
输出描述:
输出一行一个整数，表示满足条件的前缀的对数。
示例1
输入
复制
aab
aaa
输出
复制
3
比赛的时候想到hash了但是没想到可以用单调性二分(s_j)的长度，也不会exkmp...我是废物
首先易知对于((s_i, s_j))，(s_i)一定等于(t_i)。因此枚举s的前缀是省略不了的。因此第一重循环枚举i，如果(s_i)和(t_i)相等的话（hash判断），说明前半截拼上了，现在需要找后半截。后半截(s_j)也是s的前缀，同时它也是t截去前缀(t_i)后剩下部分的前缀即(t[i + 1,-1])。注意到如果有(s_j)满足条件，那么(s_{i - 1}, s_{j - 2}...s_1)等前缀也都满足条件，因此后半部分的右端点下标j具有单调性，可以直接二分这个下标j（或者说第二个前缀sj的长度）,check的时候检查(s_j)和(t[i + 1,i + j])的哈希值是否相等，找到满足条件的最长的前缀，其长度即对于最终答案的贡献，累加过去即可。
二分的时候左右端点貌似有点问题，代码能过仅供参考。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=100010,P=131;
char s[N], t[N];
typedef unsigned long long ULL;
ULL h1[N], p1[N], h2[N], p2[N];
int lens, lent;
ULL get1(int l,int r)
{
return h1[r] - h1[l-1] * p1[r-l+1];
}
ULL get2(int l,int r)
{
return h2[r] - h2[l-1] * p2[r-l+1];
}
long long ans = 0;
int main()
{
freopen("data.txt", "r", stdin);
scanf("%s", s + 1);
scanf("%s", t + 1);
lens = strlen(s + 1), lent = strlen(t + 1);
p1[0] = 1;
p2[0] = 1;
for(int i = 1;i <= lens; i++)
{
p1[i] = p1[i-1] * P;
h1[i] = h1[i-1] * P +s[i];
}
for(int i = 1;i <= lent; i++)
{
p2[i] = p2[i-1] * P;
h2[i] = h2[i-1] * P +t[i];
}
for(int i = 1; i <= lens; i++)
{
if(get1(1, i) == get2(1, i))
{
int l = 1, r = lens + 1, mid;
while(l < r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if(i + mid <= lent && get1(1, mid) == get2(i + 1, i + mid))
{
l = mid + 1;
}
else r = mid;
}
ans += l - 1;
}
}
cout << ans;
return 0;
}