题解 P4770 【[NOI2018]你的名字】
mrsrz
2018-12-21 20:58:47
来一发后缀数组的~~大常数~~写法。
我们考虑对于一个询问，先求出$T$中本质不同的子串个数，然后减去是$S(l,r)$子串的。
本质不同的子串个数，直接用height数组的性质就可以求。具体见2408那题。
我们考虑，对于$T$的每一个后缀，求出其最长的前缀长度$L$，使得该后缀长度为$L$的前缀是$S(l,r)$的子串。
把$S$和所有$T$连起来建后缀数组。为了方便计算每个询问，我们用链表的方法，记录每个位置在同一个串中的前驱后继。
然后我们**按顺序**考虑$T$的每一个后缀。
如果$a$位置的后缀的满足条件的最长前缀为$L$,，则$a+1$位置的至少为$L-1$。原理和求height数组相同，两边都同时去掉第一个字符，至少还留下$L-1$。
所以考虑每个位置的话，用双指针扫描一下即可。
然后，假如我们现在考虑位置$a$的长度为$L$的前缀是否可行，就是相当于在$S$的$[l,r-L+1]$内找一个位置$b$，满足$LCP(a,b)\geqslant L$。
满足$LCP(a,b)\geqslant L$条件的在后缀数组上的区间$[ll,rr]$，可以二分，配合height数组的ST表在$O(\log n)$的时间内求出。
然后问题转化为询问在后缀数组上的区间$[ll,rr]$内，是否存在一个在$S$的$[l,r-l+1]$中的字符。这个问题可以用建主席树然后询问，单次查询时间复杂度$O(\log n)$。
对于一个位置，它与后缀数组上一个位置可能会算重，所以要减掉它们的$LCP$。由于两个位置可能不连续，这部分也要用ST表来查。
所以总时间复杂度$O(n\log n)$。$n=|S|+\sum|T|$。
常数巨大，几乎卡着时限过的QAQ。
## Code：
```cpp
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 500505
#define M 1800505
#define reg register
#define lg2(x)(31-__builtin_clz(x))
typedef long long LL;
int n,sa[M],height[M],x[M],s[M],mgk,bel[M],m,QL[N],QR[N],y[M],st[22][M],nxt[M],head[N],node=0,rt[M],pp[M],len[N];
int ls[M*20],rs[M*20],sz[M*20];
char ss[N];
bool isk;
int _L,_R;
void add(int&o,int pr,int l,int r,int pos){
sz[o=++node]=sz[pr]+1;
if(l<r){
const int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid)add(ls[o],ls[pr],l,mid,pos),rs[o]=rs[pr];else add(rs[o],rs[pr],mid+1,r,pos),ls[o]=ls[pr];
}
}
void sort(){
int m=mgk,c[M];
for(int i=1;i<=m;++i)c[i]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)++c[x[i]=s[i]];
for(int i=1;i<=m;++i)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;--i)sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1,p;k<=n;k<<=1){
p=0;
for(int i=n-k+1;i<=n;++i)y[++p]=i;
for(reg int i=1;i<=n;++i)if(sa[i]>k)y[++p]=sa[i]-k;
for(reg int i=1;i<=m;++i)c[i]=0;
for(reg int i=1;i<=n;++i)++c[x[i]];
for(reg int i=1;i<=m;++i)c[i]+=c[i-1];
for(reg int i=n;i;--i)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i];
std::swap(x,y);
x[sa[1]]=p=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
x[sa[i]]=y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k]?p:++p;
if(p==n)break;
m=p;
}
for(int i=1,k=0;i<=n;++i)
if(x[i]>1){
k-=!!k;
const int j=sa[x[i]-1];
while(s[i+k]==s[j+k])++k;
height[x[i]]=k;
}
}
inline int find(int l,int r){
if(l>r)return n;
const int lg=lg2(r-l+1);
return std::min(st[lg][l],st[lg][r-(1<<lg)+1]);
}
void init(){
for(reg int i=1;i<=n;++i)st[0][i]=height[i];
for(int i=0;i<21;++i)
for(reg int j=1;j<=n;++j)
if(j+(1<<i)<=n)st[i+1][j]=std::min(st[i][j],st[i][j+(1<<i)]);else break;
int pre[N];
memset(pre,0,sizeof pre);
for(int i=1;i<=n;++i)
if(s[sa[i]]<='z'){
if(pre[bel[sa[i]]])
nxt[pre[bel[sa[i]]]]=i,pp[i]=pre[bel[sa[i]]];else head[bel[sa[i]]]=i;
pre[bel[sa[i]]]=i;
}
}
void query(const int&ri,const int&le,int l,int r){
if(sz[ri]==sz[le]||isk)return;
if(_L<=l&&r<=_R)return(void)(isk=1);
const int mid=l+r>>1;
if(_L<=mid)query(ls[ri],ls[le],l,mid);
if(mid<_R&&!isk)query(rs[ri],rs[le],mid+1,r);
}
bool check(int pos,int len,int l,int r){
int L,ll,rr;
ll=1,rr=pos-1;
while(ll<=rr){
const int mid=ll+rr>>1;
if(find(mid+1,pos)>=len)rr=mid-1;else ll=mid+1;
}
L=rr;
ll=pos+1,rr=n;
while(ll<=rr){
const int mid=ll+rr>>1;
if(find(pos+1,mid)>=len)ll=mid+1;else rr=mid-1;
}
isk=0;
_L=l,_R=r;
query(rt[ll-1],rt[L],1,n);
return isk;
}
int main(){
memset(bel,-1,sizeof bel);
mgk='z'+1;
scanf("%s",ss);
for(int i=0;ss[i];++i)
s[++n]=ss[i],bel[n]=0;
s[++n]=mgk++;
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%s%d%d",ss,QL+i,QR+i);
for(int j=0;ss[j];++j)
s[++n]=ss[j],bel[n]=i;
len[i]=n;
s[++n]=mgk++;
}
sort();
init();
for(reg int i=1;i<=n;++i)
if(!bel[sa[i]])add(rt[i],rt[i-1],1,n,sa[i]);else rt[i]=rt[i-1];
for(int i=1;i<=m;++i){
LL ans=len[i]-sa[head[i]]+1;
int mnid=sa[head[i]];
for(int j=nxt[head[i]];j;j=nxt[j]){
ans+=len[i]-sa[j]+1;
ans-=find(pp[j]+1,j);
mnid=std::min(mnid,sa[j]);
}
for(int j=mnid,L=mnid;s[j]<='z';++j){
if(L<j)L=j;
while(s[L]<='z'&&check(x[j],L-j+1,QL[i],QR[i]-L+j))++L;
if(x[j]!=head[i])ans-=std::max(L-j-find(pp[x[j]]+1,x[j]),0);else
ans-=L-j;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
```