字元串題
題目連結:YBT2023寒假Day14 C
題目大意
對于一個字元串 S 定義 F(S) 是 fail 樹上除了 0 點其它點的深度和。
G(S) 是 S 每個子串 S’ 的 F(S’) 之和。
然後一個空串,每次在後面加一個字元,要你維護這個串的 G 值。
思路
考慮把 G ( S [ 1 , x ] ) G(S[1,x]) G(S[1,x]) 值差分一下,會發現 G ( S [ 1 , i ] ) − G ( S [ 1 , i − 1 ] ) G(S[1,i])-G(S[1,i-1]) G(S[1,i])−G(S[1,i−1]) 的值其實是以 i i i 為結尾的子串的 F F F 值之和。
那從子串變成了一個字尾,看起來就可做很多了,考慮怎麼算。
那我們看 fail 樹性質,一個字元串 S S S 中 j j j 是 i i i 的祖先當且僅當 S [ 1 , j ] = S [ i − j + 1 , i ] S[1,j]=S[i-j+1,i] S[1,j]=S[i−j+1,i]。
那 F ( S ) F(S) F(S) 就是滿足 S [ 1 , j ] = S [ i − j + 1 ] S[1,j]=S[i-j+1] S[1,j]=S[i−j+1] 且 1 ⩽ j < i 1\leqslant j<i 1⩽j<i 的 ( i , j ) (i,j) (i,j) 對數。
那也就是在 S S S 裡面選一個字首,再選一個非字首,它們相等的方案數。
注意到我們要求的是以 i i i 結尾的 F F F 值之和,那開頭就不固定,結尾是固定的。
那 F F F 值是選一個字首,再一個非字首,那這個是開頭固定,結尾不固定。
那你這個開頭固定放在開頭不固定裡,它不固定了,你這個結尾不固定在結尾固定裡面肯定也是不固定。
是以頭尾都不固定,隻需要兩個不是同一個位置的字元串相等即可。
那答案就是所有本質不同的子串的出現次數 x x x 的 ( x 2 ) \binom{x}{2} (2x) 之和。
那注意到不需要線上,我們可以先建出最後的字尾樹。
那我們用一個 d x d_x dx 表示每個點 x x x 對于子串的出現次數。
那插入就是把它到祖先路徑的 d x d_x dx 加一,詢問就是所有點的 endpos 大小乘 ( d x 2 ) \binom{d_x}{2} (2dx)。
那這個維護這個和不難,我們記錄着這個和 s u m sum sum,每次要插入的時候,每個新貢獻的值就是它 endpos 集合大小乘上 d x d_x dx(這個 d x d_x dx 還沒加 1 1 1),然後你再把 d x d_x dx 加一。
那這個是路徑加值,路徑求和,直接樹鍊剖分線段樹維護即可。
複雜度 O ( n log 2 n ) O(n\log ^2n) O(nlog2n)
ex:
如果強制線上,我們也可以用 LCT 來維護這棵樹,那就也是同樣的操作,複雜度 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)。
代碼
#include<cstdio>
#include<vector>
#define ll long long
#define mo 1000000007
using namespace std;
const ll N = 4e5 + 100;
ll n, fa[N], sz[N], son[N], dfn[N], top[N], dy[N];
ll lst = 1, tot = 1, pla[N];
char s[N];
struct node {
ll son[26], len, fa;
}d[N];
struct XD_tree {
ll num[N << 2], f[N << 2], lzy[N << 2];
void up(ll now) {
num[now] = (num[now << 1] + num[now << 1 | 1]) % mo;
f[now] = (f[now << 1] + f[now << 1 | 1]) % mo;
}
void downa(ll now, ll x) {
(f[now] += x * num[now] % mo) %= mo;
(lzy[now] += x) %= mo;
}
void down(ll now) {
if (lzy[now]) {
downa(now << 1, lzy[now]); downa(now << 1 | 1, lzy[now]);
lzy[now] = 0;
}
}
void build(ll now, ll l, ll r) {
if (l == r) {
num[now] = d[dy[l]].len - d[d[dy[l]].fa].len;
return ;
}
ll mid = (l + r) >> 1;
build(now << 1, l, mid); build(now << 1 | 1, mid + 1, r);
up(now);
}
void update(ll now, ll l, ll r, ll L, ll R, ll x) {
if (L <= l && r <= R) {
downa(now, x); return ;
}
ll mid = (l + r) >> 1; down(now);
if (L <= mid) update(now << 1, l, mid, L, R, x);
if (mid < R) update(now << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, x);
up(now);
}
ll query(ll now, ll l, ll r, ll L, ll R) {
if (L <= l && r <= R) return f[now];
ll mid = (l + r) >> 1; down(now); ll re = 0;
if (L <= mid) (re += query(now << 1, l, mid, L, R)) %= mo;
if (mid < R) (re += query(now << 1 | 1, mid + 1, r, L, R)) %= mo;
return re;
}
}T;
struct SLPF {
vector <ll> G[N];
void add(ll x, ll y) {
G[x].push_back(y);
}
void dfs0(ll now, ll father) {
fa[now] = father; sz[now] = 1;
for (ll i = 0; i < G[now].size(); i++) {
ll x = G[now][i];
dfs0(x, now); sz[now] += sz[x];
if (sz[x] > sz[son[now]]) son[now] = x;
}
}
void dfs1(ll now, ll father) {
dfn[now] = ++dfn[0]; dy[dfn[0]] = now;
if (son[now]) {
top[son[now]] = top[now]; dfs1(son[now], now);
}
for (ll i = 0; i < G[now].size(); i++) {
ll x = G[now][i]; if (x == son[now]) continue;
top[x] = x; dfs1(x, now);
}
}
void build() {
dfs0(1, 0); top[1] = 1; dfs1(1, 0);
T.build(1, 1, tot);
}
void update_root(ll now) {
while (now) {
T.update(1, 1, tot, dfn[top[now]], dfn[now], 1);
now = fa[top[now]];
}
}
ll query_root(ll now) {
ll re = 0;
while (now) {
(re += T.query(1, 1, tot, dfn[top[now]], dfn[now])) %= mo;
now = fa[top[now]];
}
return re;
}
}P;
struct SAM {
ll insert(ll x) {
ll p = lst, np = ++tot; lst = np;
d[np].len = d[p].len + 1;
for (; p && !d[p].son[x]; p = d[p].fa) d[p].son[x] = np;
if (!p) d[np].fa = 1;
else {
ll q = d[p].son[x];
if (d[q].len == d[p].len + 1) d[np].fa = q;
else {
ll nq = ++tot; d[nq] = d[q];
d[nq].len = d[p].len + 1;
d[q].fa = d[np].fa = nq;
for (; p && d[p].son[x] == q; p = d[p].fa) d[p].son[x] = nq;
}
}
return np;
}
void build() {
for (ll i = 2; i <= tot; i++) P.add(d[i].fa, i);
}
}S;
int main() {
freopen("string.in", "r", stdin);
freopen("string.out", "w", stdout);
scanf("%lld", &n);
scanf("%s", s + 1);
for (ll i = 1; i <= n; i++) pla[i] = S.insert(s[i] - 'a');
S.build(); P.build();
ll sum = 0, ans = 0;
for (ll i = 1; i <= n; i++) {
(sum += P.query_root(pla[i])) %= mo;
P.update_root(pla[i]);
(ans += sum) %= mo;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}