【AHOI2013】BZOJ3238差异题解（SAM+树形DP）

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题目：BZOJ3238.
题目大意：给定一个字符串 $S$，求：
$\sum_{1\leq i<j\leq n}len(T_i)+len(T_j)-2*lcp(T_i,T_j)$

其中 $T_i$表示 $S$以第 $i$个字符为开头的后缀， $len(T)$表示 $T$的长度， $lcp(T_i,T_j)$表示 $T_i,T_j$的最长公共前缀长度.
$1\leq |S|\leq 5*10^5$.

考虑两个后缀的LCP是什么，其实就是两个后缀各自在后缀树上表示的点的LCA.

考虑用构造原串的反串的SAM来得到后缀树，那么两个节点的LCP长度就是它们LCA的 $mx$值，然后考虑如何在后缀树上操作.

考虑将原式转变为：
$\sum_{i=1}^{n}\frac{3i(i-1)}{2}-2\sum_{1\leq i<j\leq n}lcp(T_i,T_j)$

所以我们只要dfs一遍整棵后缀树，计算每一个节点是多少点对的LCA即可，这可以用一个简单的树形DP实现.

时间复杂度 $O(|S|\Sigma)$.

代码如下：

#include<bits/stdc++.h> 
  using namespace std;
 
#define Abigail inline void
typedef long long LL;
 
const int N=500000,C=26;

struct automaton{
  int s[C],len,par;
}tr[N*2+9];
int cn,last,rght[N*2+9];

void Build_sam(){cn=last=1;}

void extend(int x){
  int np=++cn,p=last;
  tr[np].len=tr[p].len+1;rght[np]=1;
  last=np;
  while (p&&!tr[p].s[x]) tr[p].s[x]=np,p=tr[p].par;
  if (!p) tr[np].par=1;
  else{
  	int q=tr[p].s[x];
  	if (tr[p].len+1==tr[q].len) tr[np].par=q;
  	else{
	  tr[++cn]=tr[q];tr[cn].len=tr[p].len+1;
	  tr[np].par=tr[q].par=cn;
	  while (p&&tr[p].s[x]==q) tr[p].s[x]=cn,p=tr[p].par;
	}
  }
}

struct side{
  int y,next;
}e[N*2+9];
int lin[N*2+9],top;

void ins(int x,int y){
  e[++top].y=y;
  e[top].next=lin[x];
  lin[x]=top;
}

void Build_parent(){
  for (int i=2;i<=cn;++i)
    ins(tr[i].par,i);
}

LL ans;

void dfs_rght(int k){
  for (int i=lin[k];i;i=e[i].next){
    dfs_rght(e[i].y);
    ans-=2LL*tr[k].len*rght[k]*rght[e[i].y];
    rght[k]+=rght[e[i].y];
  }
}

char s[N+9];
int n;

Abigail into(){
  scanf("%s",s+1);
  n=strlen(s+1);
}

Abigail work(){
  Build_sam();
  for (int i=n;i>=1;--i)
    extend(s[i]-'a');
  Build_parent();
  for (int i=1;i<=n;++i)
    ans+=(LL)i*(i-1)/2*3;
  dfs_rght(1);
}

Abigail outo(){
  printf("%lld\n",ans);
}

int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}