SA-题目

SA的题目

　　差异：https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3238

　　题意概述：给定一个长度为 $n$ 的字符串 $S$，令 $T_ i$ 表示它从第 $i$ 个字符开始的后缀。$2<=N<=50000$。求$$sum_{1<=i<j<=n}len(T_i)+len(T_j)-2 imes lcp(T_i,T_j)$$

​　　通过观察可以发现，每个后缀的长度被计算的次数是 $n-1$ ,而所有后缀长度的和是一个等差数列，$frac{n imes(n+1)}{2}$，所以式子的前半部分就是 $frac{(n^3-n)}{2}$ 。

​　　现在来求后半部分，等价于所有后缀对的 $lcp$ 之和再乘二，看到后缀，我就想到 $SA$，看到 $lcp$ ，我就想到求 $height$ 数组，求出 $height$ 数组，原问题就转化为整个序列中（每个区间的最小值）之和。

​　　这个问题可以用单调栈扫两遍，找到每个点可以作为最小值的左右端点，并注意一下边界情况，有相同最小值的时候不要算重复就可以通过了。

​　　对于这种问题还有另一个很不错的方法：烜式合并；这是烜神仙的 $blog$ :https://www.cnblogs.com/asuldb/p/10205640.html

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <cstring>
# include <string>
# define R register int
# define ll long long
​
using namespace std;
​
const int maxn=500005;
char c[maxn];
int n,sa[maxn],ht[maxn],ta[maxn],tb[maxn],A[maxn],B[maxn],rk[maxn],m,l[maxn],r[maxn],Tp,k[maxn],v[maxn];
ll ans,anss;
​
inline void build_SA()
{
    for (R i=1;i<=n;++i) ta[ c[i] ]++;
    for (R i=1;i<=200;++i) ta[i]+=ta[i-1];
    for (R i=n;i>=1;--i) sa[ ta[ c[i] ]-- ]=i;
    rk[ sa[1] ]=1;
    for (R i=2;i<=n;++i) rk[ sa[i] ]=(c[ sa[i] ]==c[ sa[i-1] ])?rk[ sa[i-1] ]:rk[ sa[i-1] ]+1;
    for (R l=1;rk[ sa[n] ]<n;l<<=1)
    {
        for (R i=1;i<=n;++i) ta[i]=tb[i]=0;
        for (R i=1;i<=n;++i)
        {
            ta[ A[i]=rk[i] ]++;
            tb[ B[i]=(i+l<=n)?rk[i+l]:0 ]++;
        }
        for (R i=1;i<=n;++i) ta[i]+=ta[i-1],tb[i]+=tb[i-1];
        for (R i=n;i>=1;--i) rk[ tb[ B[i] ]-- ]=i;
        for (R i=n;i>=1;--i) sa[ ta[ A[ rk[i] ] ]-- ]=rk[i];
        rk[ sa[1] ]=1;
        for (R i=2;i<=n;++i)
        {
            rk[ sa[i] ]=rk[ sa[i-1] ];
            if(A[ sa[i] ]!=A[ sa[i-1] ]||B[ sa[i] ]!=B[ sa[i-1] ]) rk[ sa[i] ]++;
        }
    }
    int j=0;
    for (R i=1;i<=n;++i)
    {
        if(j) j--;
        while (c[ i+j ]==c[ sa[ rk[i]-1 ]+j ]) j++; 
        ht[ rk[i] ]=j;
    }
}
​
int main()
{
    scanf("%s",c+1);
    n=strlen(c+1);
    ans=1LL*n*(n+1)/2*(n-1);
    build_SA();
    for (R i=1;i<=n;++i)
    {
        while(Tp&&ht[i]<v[Tp]) r[ k[Tp] ]=i-k[Tp],Tp--;
        k[++Tp]=i,v[Tp]=ht[i];
    }
    for (R i=1;i<=Tp;++i) r[ k[i] ]=n-k[i]+1;
    Tp=0;
    for (R i=n;i>=1;--i)
    {
    while(Tp&&ht[i]<=v[Tp]) l[ k[Tp] ]=k[Tp]-i,Tp--;
    k[++Tp]=i,v[Tp]=ht[i];
    }
for (R i=1;i<=Tp;++i) l[ k[i] ]=k[i]-1;
for (R i=1;i<=n;++i) anss+=1LL*l[i]*r[i]*ht[i];
    printf("%lld",ans-anss*2);
    return 0;
}