题目链接

解题思路

  前面的部分可以直接求，关键是如何快速求后半部分。
  我们知道两个后缀之间的lcp即他们之间的height数组的最小值。由于题目是对不同的数对计数，我们可以把后缀按照rk重新排序，每次计算当前的后缀j与它前面的后缀i的lcp，不难发现从j到i的过程中对height取min，得到的最小值是一块一块的。
  我们可以用单调栈算出每一块以当前下标j为右端点，以height[j]为区间最小值能扩展到的最小左端点l[j]，然后用dp的思想就能根据l[j]递推出当前的后缀与排名在他前面的后缀的lcp之和。

代码

const int maxn = 1e6+10;
int n, m;
char s[maxn];
int sa[maxn], x[maxn], y[maxn], c[maxn], rk[maxn], h[maxn];
void get_sa() {
    for (int i = 1; i<=n; ++i) ++c[x[i]=s[i]];
    for (int i = 2; i<=m; ++i) c[i] += c[i-1];
    for (int i = n; i; --i) sa[c[x[i]]--] = i;
    for (int k = 1; k<=n; k<<=1) {
        int num = 0;
        for (int i = n-k+1; i<=n; ++i) y[++num] = i;
        for (int i = 1; i<=n; ++i)
            if (sa[i]>k) y[++num] = sa[i]-k;
        for (int i = 1; i<=m; ++i) c[i] = 0;
        for (int i = 1; i<=n; ++i) ++c[x[i]];
        for (int i = 1; i<=m; ++i) c[i] += c[i-1];
        for (int i = n; i; --i) sa[c[x[y[i]]]--] = y[i], y[i] = 0;
        swap(x, y);
        x[sa[1]] = 1, num = 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]) ? num : ++num;
        if (num==n) break;
        m = num;
    }
}
void get_h() {
    for (int i = 1; i<=n; ++i) rk[sa[i]] = i;
    for (int i = 1, k = 0; i<=n; ++i) {
        if (rk[i]==1) continue;
        if (k) --k;
        int j = sa[rk[i]-1];
        while(i+k<=n && j+k<=n && s[i+k]==s[j+k]) ++k;
        h[rk[i]] = k;
    }
}
stack<int> sk;
int l[maxn]; ll lcp[maxn];
int main() { 
    IOS;
    cin >> s+1;
    n = strlen(s+1); m = 122;
    get_sa(); get_h();
    h[0] = -1;
    for (int i = n; i>=0; --i) {
        while(!sk.empty() && h[sk.top()]>h[i]) {
            l[sk.top()] = i;
            sk.pop();
        }
        sk.push(i);
    }
    ll sum = 0;
    for (int i = 1; i<=n; ++i) {
        lcp[i] = lcp[l[i]]+2LL*(i-l[i])*h[i];
        sum += 1LL*(n-1)*(n-i+1)-lcp[i];
    }
    cout << sum << endl;
    return 0;   
} 

标签：lcp,后缀,sk,int,maxn,sa,bzoj3238,单调
来源： https://www.cnblogs.com/shuitiangong/p/15598905.html