「专题总结」后缀自动机SAM
作者：互联网
多数题目都是套路。用到的技巧在我的垃圾讲解里多少也有涉及。
当然也是有大神题的。。。
因为7道题之前就做过（品酒大会在题库刷3倍经验的时候不小心水掉了）
然后剩下3道都是大神题。。。根本做不动。。。
至少现在套路应该也都会了，也算是捡回来了吧
弦论：
$Description:$
对于一个给定长度为N的字符串，求它的第K小子串是什么。相同的子串算1次或多次。$N \le 10^5,K \le 10^9$
建出SAM。拓扑dp得到「从这个点出发可以形成多少种子串」和「从这个点出发可以形成多少个子串」
然后贪心的跑。
1 #include<cstdio>
2 int len[1000005],c[1000005][26],f[1000005],cnt=1,lst=1,dp[1000005],n,L,t,tot[1000005];
3 char s[500005],ans[500005];
4 void insert(int x){
5 int p=lst,np;np=lst=++cnt;
6 len[np]=len[p]+1;dp[np]=1;
7 for(;p&&!c[p][x];p=f[p])c[p][x]=np;
8 if(!p)f[np]=1;
9 else{
10 int q=c[p][x];
11 if(len[q]==len[p]+1)f[np]=q;
12 else{
13 int nq=++cnt;f[nq]=f[q];len[nq]=len[p]+1;
14 for(int i=0;i<26;++i)c[nq][i]=c[q][i];
15 f[q]=f[np]=nq;
16 for(;c[p][x]==q;p=f[p])c[p][x]=nq;
17 }
18 }
19 }
20 int ec,fir[1000005],l[1000005],to[1000005],k;
21 void link(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;}
22 void dfs(int p){
23 for(int i=fir[p];i;i=l[i])dfs(to[i]),dp[p]+=dp[to[i]];
24 if(!t)dp[p]=1;//printf("%d %d\n",p,dp[p]);
25 }
26 void Dfs(int p){
27 if(tot[p])return;
28 for(int i=0;i<26;++i)if(c[p][i])Dfs(c[p][i]),tot[p]+=dp[c[p][i]]+tot[c[p][i]];
29 }
30 void DFS(int p,int k){
31 k-=dp[p];if(k<=0)return;//printf("%d %d\n",p,k);
32 for(int i=0;i<27;++i)if(c[p][i])
33 if(k>tot[c[p][i]]+dp[c[p][i]])k-=tot[c[p][i]]+dp[c[p][i]];
34 else {ans[++L]='a'+i,DFS(c[p][i],k);return;}
35 }
36 int main(){
37 scanf("%s",s+1);
38 while(s[n+1])n++;
39 for(int i=1;i<=n;++i)insert(s[i]-'a');
40 for(int i=2;i<=cnt;++i)link(f[i],i);//,printf("%d %d\n",f[i],i);
41 scanf("%d%d",&t,&k);
42 dfs(1);Dfs(1);dp[1]=0;DFS(1,k);
43 puts(ans+1);
44 }
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诸神眷顾的幻想乡：
$Description:$
幽香是全幻想乡里最受人欢迎的萌妹子，这天，是幽香的2600岁生日，无数幽香的粉丝到了幽香家门前的太阳花田上来为幽香庆祝生日。
粉丝们非常热情，自发组织表演了一系列节目给幽香看。幽香当然也非常高兴啦。
这时幽香发现了一件非常有趣的事情，太阳花田有n块空地。在过去，幽香为了方便，在这n块空地之间修建了n-1条边将它们连通起来。也就是说，这 块空地形成了一个树的结构。
有n个粉丝们来到了太阳花田上。为了表达对幽香生日的祝贺，他们选择了c中颜色的衣服，每种颜色恰好可以用一个1到c之间的整数来表示。并且每个人都站在一个空地上，每个空地上也只有一个人。这样整个太阳花田就花花绿绿了。幽香看到了，感觉也非常开心。
粉丝们策划的一个节目是这样的，选中两个粉丝A和B（可以相同），然后A所在的空地到B所在的空地的路径上的粉丝依次跳起来（包括端点）.幽香就能看到一个长度为A到B之间路径上的所有粉丝的数目（包括A和B）的颜色序列。
一开始大家打算让人一两个粉丝（注意： 和 是不同的，他们形成的序列刚好相反，比如红绿蓝和蓝绿红）都来一次，但是有人指出这样可能会出现一些一模一样的颜色序列，会导致审美疲劳。
于是他们想要问题，在这个树上，一共有多少可能的不同的颜色序列（子串）幽香可以看到呢？
太阳花田的结构比较特殊，只与一个空地相邻的空地数量不超过20个。$n \le 10^5,c \le 10$
广义后缀自动机。我写的比较暴力。
枚举所有190条路径，全都塞进SAM里就可以了。
更好的做法是以每个叶节点为根建20个trie。这样就不会被卡了。
然而其实第一种也不会被卡。
1 #include<cstdio>
2 int cnt=1,lst=1,f[4000005],c[4000005][11],len[4000004],s[200005],n,C,w[200005];
3 long long ans;
4 void insert(int x){
5 int p=lst,np;lst=np=++cnt;len[np]=len[p]+1;
6 for(;p&&!c[p][x];p=f[p])c[p][x]=np;
7 if(!p)f[np]=1;
8 else{
9 int q=c[p][x];
10 if(len[q]==len[p]+1)f[np]=q;
11 else {
12 int nq=++cnt;f[nq]=f[q];
13 for(int i=0;i<=10;++i)c[nq][i]=c[q][i];
14 f[np]=f[q]=nq;len[nq]=len[p]+1;
15 for(;p&&c[p][x]==q;p=f[p])c[p][x]=nq;
16 }
17 }
18 }
19 int fir[200005],l[400005],to[400005],ec,deg[200005];
20 void link(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;deg[b]++;}
21 void dfs(int p,int fa,int len){
22 s[len]=w[p];
23 if(deg[p]==1&&len!=1){lst=1;for(int i=1;i<=len;++i)insert(s[i]);}
24 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa)dfs(to[i],p,len+1);
25 }
26 int main(){
27 scanf("%d%d",&n,&C);
28 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&w[i]);
29 for(int i=1,x,y;i<n;++i)scanf("%d%d",&x,&y),link(x,y),link(y,x);
30 for(int i=1;i<=n;++i)if(deg[i]==1)dfs(i,0,1);
31 for(int i=1;i<=cnt;++i)ans+=len[i]-len[f[i]];
32 printf("%lld\n",ans);
33 }
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公共串：
$Description:$
给出几个由小写字母构成的单词，求它们最长的公共子串的长度。$N \le 5,|S| \le 2000$
对于第一个串建出SAM，剩下的串都放在上面跑。
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 using namespace std;
4 int n,c[4005][26],f[4005],len[4005],cnt=1,lst=1,ans,mtc[4005][6];char s[4005];
5 void insert(int x){
6 int p=lst,np;lst=np=++cnt;
7 len[np]=len[p]+1;
8 for(;p&&!c[p][x];p=f[p])c[p][x]=np;
9 if(!p)f[np]=1;
10 else{
11 int q=c[p][x];
12 if(len[q]==len[p]+1)f[np]=q;
13 else{
14 int nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;f[nq]=f[q];
15 for(int i=0;i<26;++i)c[nq][i]=c[q][i];
16 f[q]=f[np]=nq;
17 for(;p&&c[p][x]==q;p=f[p])c[p][x]=nq;
18 }
19 }
20 }
21 main(){
22 scanf("%d%s",&n,s);
23 for(int i=0;s[i];++i)insert(s[i]-'a');
24 for(int i=2,p,m;i<=n;++i){
25 scanf("%s",s);p=1;m=0;
26 for(int ch=0;s[ch];++ch){
27 while(p&&!c[p][s[ch]-'a'])p=f[p],m=len[p];
28 p=c[p][s[ch]-'a']; m++; mtc[p][i]=max(mtc[p][i],m);
29 if(!p)p=1,m=0;
30 for(int q=f[p];q;q=f[q])mtc[q][i]=max(mtc[q][i],len[q]);
31 }
32 }
33 for(int p=1;p<=cnt;++p){
34 int x=10000;
35 for(int i=2;i<=n;++i)x=min(mtc[p][i],x);
36 ans=max(ans,x);
37 }
38 cout<<ans<<endl;
39 }
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差异：
$Description:$
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。求所有串两两之间非lcp部分的和
2<=N<=500000
$lcp$就是所有后缀所在的节点的$lca$的$len$。然后就是树上合并，看有多少特殊点对以特定点为$lca$
1 #include<cstdio>
2 char s[500005];int lst=1,cnt=1,f[1000005],c[1000005][26],dp[1000005],len[1000005];long long ans;
3 void insert(int x){
4 int p=lst,np;lst=np=++cnt;len[np]=len[p]+1;dp[np]=1;
5 for(;p&&!c[p][x];p=f[p])c[p][x]=np;
6 if(!p)f[np]=1;
7 else{
8 int q=c[p][x];
9 if(len[q]==len[p]+1)f[np]=q;
10 else{
11 int nq=++cnt;f[nq]=f[q];
12 for(int i=0;i<26;++i)c[nq][i]=c[q][i];
13 f[np]=f[q]=nq;len[nq]=len[p]+1;
14 for(;c[p][x]==q;p=f[p])c[p][x]=nq;
15 }
16 }
17 }
18 int fir[1000005],l[1000005],to[1000005],ec;
19 void link(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;}
20 void dfs(int p){
21 for(int i=fir[p];i;i=l[i]){
22 int S=to[i];dfs(S);
23 ans-=2ll*len[p]*dp[S]*dp[p];
24 dp[p]+=dp[S];
25 }
26 }
27 int main(){
28 int n=0;
29 scanf("%s",s+1);
30 while(s[n+1])++n;
31 for(int i=1;i<=n;++i)insert(s[n-i+1]-'a');
32 ans+=(n+1ll)*n*(n-1)>>1;
33 for(int i=1;i<=cnt;++i)if(f[i])link(f[i],i);
34 dfs(1);printf("%lld\n",ans);
35 }
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工艺：
$Description:$
小敏和小燕是一对好朋友。
他们正在玩一种神奇的游戏，叫Minecraft。
他们现在要做一个由方块构成的长条工艺品。但是方块现在是乱的，而且由于机器的要求，他们只能做到把这个工艺品最左边的方块放到最右边。
他们想，在仅这一个操作下，最漂亮的工艺品能多漂亮。
两个工艺品美观的比较方法是，从头开始比较，如果第i个位置上方块不一样那么谁的瑕疵度小，那么谁就更漂亮，如果一样那么继续比较第i+1个方块。如果全都一样，那么这两个工艺品就一样漂亮。$N \le 300000$
循环位移最小字典序。断环成链然后找字典序最小的长度为n的子串。
1 #include<cstdio>
2 #include<map>
3 using namespace std;
4 int n,x[300005],f[1200005],lst=1,cnt=1,len[1200005];
5 map<int,int>c[1200005];
6 void insert(int x){
7 int p=lst,np;lst=np=++cnt;len[np]=len[p]+1;
8 for(;p&&!c[p][x];p=f[p])c[p][x]=np;
9 if(!p)f[np]=1;
10 else{
11 int q=c[p][x];
12 if(len[q]==len[p]+1)f[np]=q;
13 else{
14 int nq=++cnt;c[nq]=c[q];f[nq]=f[q];len[nq]=len[p]+1;
15 f[q]=f[np]=nq;
16 for(;p&&c[p][x]==q;p=f[p])c[p][x]=nq;
17 }
18 }
19 }
20 int main(){
21 scanf("%d",&n);
22 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]),insert(x[i]);
23 for(int i=1;i<=n;++i)insert(x[i]);
24 for(int i=1,p=1;i<=n;++i)printf("%d ",(*c[p].begin()).first),p=(*c[p].begin()).second;
25 }
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生成魔咒：
$Description:$
魔咒串由许多魔咒字符组成，魔咒字符可以用数字表示。例如可以将魔咒字符1、2拼凑起来形成一个魔咒[1,2]。
一个魔咒串的非空子串被称为魔咒串的生成魔咒。
例如[1,2,1]时，它的生成魔咒有[1]、[2]、[1,2]、[2,1]、[1,2,1] 五种
最初为空串。共进行n次操作，每次操作是在结尾加入一个魔咒字符。每次操作后都需要求出，当前的魔咒串共有多少种生成魔咒。
$n \le 10^5$
加入字符，查询本质不同子串数。每次新增的就是$len[np]-len[f[np]]$
1 #include<cstdio>
2 #include<map>
3 using namespace std;
4 int f[200005],len[200005],cnt=1,lst=1,np,p;long long ans;
5 map<int,int>c[200005];
6 void insert(int x){
7 p=lst;np=lst=++cnt;len[np]=len[p]+1;
8 for(;p&&!c[p][x];p=f[p])c[p][x]=np;
9 if(!p)f[np]=1;
10 else{
11 int q=c[p][x];
12 if(len[q]==len[p]+1)f[np]=q;
13 else{
14 int nq=++cnt;c[nq]=c[q];f[nq]=f[q];
15 len[nq]=len[p]+1;f[q]=f[np]=nq;
16 for(;p&&c[p][x]==q;p=f[p])c[p][x]=nq;
17 }
18 }ans+=len[np]-len[f[np]];
19 }
20 int main(){
21 int n,x;scanf("%d",&n);
22 while(n--)scanf("%d",&x),insert(x),printf("%lld\n",ans);
23 }
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Substring：
$Description:$
懒得写背景了，给你一个字符串，要求你支持两个操作
(1):在当前字符串的后面插入一个字符串 (2):询问字符串$s$在当前字符串中出现了几次？(作为连续子串) 你必须在线支持这些操作。
总长$\le 6 \times 10^5$,询问$\le 10^4$，询问总长$\le 3 \times 10^6$
动态加字符，查询$endpos$大小。
就是维护$firstpos$的子树并。也就是每次新建$np$时这个点有1权，然后就是带换父亲的查询子树和。
转化一下，其实就是每个实点都会为祖先贡献1。转化成链上加，单点求值。$LCT$
每次换父亲时去掉子树的贡献。写了个不换根$LCT$常数还巨大
细节不少。数据特别水。稍考验码力。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define S 1333333
4 struct LCT{
5 int f[S],c[2][S],w[S],lz[S],q[S];
6 #define lc c[0][p]
7 #define rc c[1][p]
8 bool nr(int p){return c[0][f[p]]==p|c[1][f[p]]==p;}
9 void down(int p){w[lc]+=lz[p];w[rc]+=lz[p];lz[lc]+=lz[p];lz[rc]+=lz[p];lz[p]=0;}
10 void rotate(int p){
11 int fa=f[p],gr=f[fa],dir=c[1][fa]==p,br=c[!dir][p];
12 if(nr(fa))c[c[1][gr]==fa][gr]=p; c[!dir][p]=fa; c[dir][fa]=br;
13 f[f[f[br]=fa]=p]=gr;
14 }
15 void splay(int p){
16 int fa,gr,tp,r=p;q[tp=1]=p;
17 while(nr(r))q[++tp]=r=f[r]; while(tp)down(q[tp--]);
18 while(nr(p)){fa=f[p];gr=f[fa];
19 if(nr(fa))rotate(c[1][fa]==p^c[1][gr]==fa?p:fa); rotate(p);
20 }
21 }
22 void access(int p){int s=p;for(int r=0;p;p=f[r=p])splay(p),rc=r;splay(s);}
23 void link(int a,int b){splay(a);splay(b);f[a]=b;}
24 void cut(int p){access(p);f[lc]=0;lc=0;}
25 void add(int p,int v){access(p);lz[p]+=v;}
26 int ask(int p){access(p);return w[p];}
27 }T;
28 int c[26][S],f[S],lst=1,pc=1,v[S],n,len[S],M;char s[S<<2],o[9];
29 void Fa(int p,int fa){int x=T.ask(p);T.add(p,-x);T.cut(p);T.link(p,fa);T.add(p,x);f[p]=fa;}
30 void insert(int C){
31 int p=lst,q,nq,np=lst=++pc;T.w[np]=v[np]=1;
32 for(;p&&!c[C][p];p=f[p])c[C][p]=np;
33 if(!p){Fa(np,1);return;}
34 if(len[q=c[C][p]]==len[p]+1){Fa(np,q);return;}
35 nq=++pc; len[nq]=len[p]+1; for(int i=0;i<26;++i)c[i][nq]=c[i][q];
36 Fa(nq,f[q]); Fa(np,nq); Fa(q,nq);
37 for(;p&&c[C][p]==q;p=f[p])c[C][p]=nq;
38 }
39 void DC(int m,int len){for(int i=0;i<len;++i)m=(m*131+i)%len,swap(s[i],s[m]);}
40 int main(){//freopen("1.in","r",stdin);
41 scanf("%d%s",&n,s);
42 for(int i=0;s[i];++i)insert(s[i]-'A');
43 while(n--){int l=0,p=1;
44 scanf("%s%s",o,s);for(;s[l];++l);DC(M,l);
45 if(o[0]=='A')for(int i=0;i<l;++i)insert(s[i]-'A');
46 else{
47 for(int i=0;i<l;++i)p=c[s[i]-'A'][p];
48 printf("%d\n",p?T.ask(p):0);M^=p?T.w[p]:0;
49 }
50 }
51 }
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Cheat：
$Description:$
阿米巴是小强的好朋友。
在小强眼中，阿米巴是一个作文成绩很高的文艺青年。为了获取考试作文的真谛，小强向阿米巴求教。阿米巴给小强展示了几篇作文，小强觉得这些文章怎么看怎么觉得熟悉，仿佛是某些范文拼拼凑凑而成的。小强不禁向阿米巴投去了疑惑的眼光，却发现阿米巴露出了一个狡黠的微笑。
为了有说服力地向阿米巴展示阿米巴的作文是多么让人觉得“眼熟”，小强想出了一个评定作文 “熟悉程度”的量化指标：L 0 .小强首先将作文转化成一个 01 串。之后，小强搜集了各路名家的文章，同样分别转化成 01 串后，整理出一个包含了 M 个 01 串的“ 标准作文库 ”。
小强认为：如果一个 01 串长度不少于 L 且在 标准作文库 中的某个串里出现过（即，它是 标准作文库 的 某个串 的一个 连续子串 ），那么它是“ 熟悉 ”的。对于一篇作文（一个 01 串）A，如果能够把 A 分割成若干段子串，其中“ 熟悉 ” 的子串的 长度 总 和 不少于 A 总 长度的 90%，那么称 A 是 “ 熟悉的文章 ”。 L 0 是 能够让 A 成为 “ 熟悉的文章 ” 的 所有 L 的最大值 （如果不存在这样的 L，那么规定 L 0 =0）。输入文件的长度不超过 1100000 字节
有最优决策问题。需要$dp$
设$dp_i$表示到$i$为止最多匹配了多少位
那么就有$dp_i=max(dp_{i-1},dp_j + i-j),j \in [i-match[i],i-k]$
把串放在广义$SAM$上硬跑得到$match$。而$i-match[i]$肯定是单调不减的。
所以其实就是单调队列优化一下就可以了。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define S 2222222
4 int n,m,c[2][S],f[S],mt[S],len[S],pc=1,lst=1,dp[S],q[S];char s[S];
5 void insert(int C){
6 int p=lst,q,np,nq;
7 if(q=c[C][lst]){
8 if(len[q]==len[p]+1){lst=q;return;}
9 lst=nq=++pc; len[nq]=len[p]+1; c[0][nq]=c[0][q]; c[1][nq]=c[1][q];
10 f[nq]=f[q]; f[q]=nq; for(;p&&c[C][p]==q;p=f[p])c[C][p]=nq;
11 }else{
12 lst=np=++pc; len[np]=len[p]+1;
13 for(;p&&!c[C][p];p=f[p])c[C][p]=np;
14 if(!p){f[np]=1;return;} q=c[C][p];
15 if(len[q]==len[p]+1){f[np]=q;return;}
16 len[nq=++pc]=len[p]+1; c[0][nq]=c[0][q]; c[1][nq]=c[1][q];
17 f[nq]=f[q]; f[q]=f[np]=nq;
18 for(;p&&c[C][p]==q;p=f[p])c[C][p]=nq;
19 }
20 }
21 bool chk(int L,int l){
22 int h=1,t=0;
23 for(int i=1;i<=l;++i){
24 if(i>=L){while(h<=t&&dp[q[t]]-q[t]<=dp[i-L]-i+L)t--;q[++t]=i-L;}
25 while(h<=t&&q[h]<i-mt[i])h++;
26 dp[i]=max(dp[i-1],h<=t?dp[q[h]]+i-q[h]:0);
27 }return dp[l]*10>=l*9;
28 }
29 int main(){
30 scanf("%d%d",&n,&m);
31 for(int i=1;i<=m;++i){
32 scanf("%s",s);lst=1;
33 for(int p=0;s[p];++p)insert(s[p]^48);
34 }
35 for(int i=1;i<=n;++i){
36 scanf("%s",s+1);int l=1;
37 for(int p=1,m=0;s[l];++l){
38 while(!c[s[l]^48][p])p=f[p],m=len[p];
39 p=c[s[l]^48][p];m++;
40 if(!p)p=1,m=0;mt[l]=m;
41 }l--;
42 int L=1,R=l,ans=0;
43 while(L<=R)if(chk(L+R>>1,l))ans=L=L+R>>1,L++;else R=(L+R>>1)-1;
44 cout<<ans<<endl;
45 }
46 }
View Code
你的名字：
$Description:$
实力强大的小 A 被选为了 ION2018 的出题人，现在他需要解决题目的命名问题。
小 A 被选为了 ION2018 的出题人，他精心准备了一道质量十分高的题目，且已经把除了题目命名以外的工作都做好了。
由于 ION 已经举办了很多届，所以在题目命名上也是有规定的，ION 命题手册规定：每年由命题委员会规定一个小写字母字符串，我们称之为那一年的命名串，要求每道题的名字必须是那一年的命名串的一个非空连续子串，且不能和前一年的任何一道题目的名字相同。
由于一些特殊的原因，小 A 不知道 ION2017 每道题的名字，但是他通过一些特殊手段得到了 ION2017 的命名串，现在小 A 有Q次询问：每次给定 ION2017 的命名串和 ION2018 的命名串，求有几种题目的命名，使得这个名字一定满足命题委员会的规定，即是 ION2018 的命名串的一个非空连续子串且一定不会和 ION2017 的任何一道题目的名字相同。
由于一些特殊原因，所有询问给出的 ION2017 的命名串都是某个串的连续子串
对于$68%$的数据，ION的命名串是给出的那个整个串。
对于$100%$的数据，$\sum |T| \le 10^6,|S| \le 5 \times 10^5,Q \le 10^5$
题意：给定S，每次询问T的多少个子串不是S[l,r]的子串。
前$68$分还是可以自己想的。
一个$SAM$匹配，一个$SAM$统计，所有节点减去是子串的部分（匹配长度）就是答案。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define S 2222222
4 int len[2][S],f[2][S],c[2][26][S],pc=1,lst=1,n,mx[S],L,R;char s[S];vector<int>v[S];
5 void insert(int C,int*len,int*f,int c[26][S],int&lst,int&pc,int M){
6 int p=lst,np=lst=++pc,q,nq; len[np]=len[p]+1; mx[np]=M;
7 for(int i=0;i<26;++i)c[i][p]=0;
8 for(;p&&!c[C][p];p=f[p])c[C][p]=np;
9 if(!p){f[np]=1;return;}q=c[C][p];
10 if(len[q]==len[p]+1){f[np]=q;return;}
11 len[nq=++pc]=len[p]+1; f[nq]=f[q]; f[q]=f[np]=nq; mx[nq]=0;
12 for(int i=0;i<26;++i)c[i][nq]=c[i][q];
13 for(;c[C][p]==q;p=f[p])c[C][p]=nq;
14 }
15 int main(){//freopen("name.in","r",stdin);freopen("name.out","w",stdout);
16 scanf("%s%d",s,&n);
17 for(int i=0;s[i];++i)insert(s[i]-'a',len[0],f[0],c[0],lst,pc,0);
18 while(n--){
19 scanf("%s%d%d",s,&L,&R);
20 int tlst=1,tpc=1,l=0;long long ans=0;
21 for(;s[l];++l);l--;
22 for(int j=0,p=1,m=0;j<=l;++j){
23 while(!c[0][s[j]-'a'][p]&&p)p=f[0][p],m=len[0][p];
24 p=c[0][s[j]-'a'][p];m++;
25 if(!p)p=1,m=0;insert(s[j]-'a',len[1],f[1],c[1],tlst,tpc,m);
26 }l++;
27 for(int j=2;j<=tpc;++j)v[len[1][j]].push_back(j);
28 for(int j=l;j;v[j].clear(),--j)for(int b=0;b<v[j].size();++b)
29 mx[f[1][v[j][b]]]=max(mx[f[1][v[j][b]]],mx[v[j][b]]);
30 for(int j=2;j<=tpc;++j)ans+=max(0,len[1][j]-max(len[1][f[1][j]],mx[j]));
31 printf("%lld\n",ans);
32 }
33 }
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然而我们考虑一下第一个SAM有什么用？其实用来匹配的只是找出边，跳父亲，查询$len$。
对于一个节点，它只要建出来了$len$就不会改变，所以区间的一个子串的$len$就是整个$SAM$的$len$
而父亲关系的改变只发生在复制$nq$的时候。而这样的话只要出边查的对跳两步也就能跳到了。
所以关键还是在于出边。可以发现，如果出边对应的点的endpos中含有l到r之间的数就可以了。
我们对每一个点动态开线段树，初始值为$firstpos$。然后每个点上传给父亲就是线段树合并。
需要及时开新点而不能直接改变原有的树（因为这棵树不一定是它自己的）
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define S 1999999
4 int len[2][S],f[2][S],c[2][26][S],pc=1,lst=1,n,mx[S],L,R,SL;char s[S];vector<int>v[S];
5 int rt[S],lc[S<<5],rc[S<<5],PC=1;bool w[S<<5];
6 #define md (cl+cr>>1)
7 void add(int&p,int v,int cl=1,int cr=SL){
8 p=++PC; w[p]=1; if(cl==cr)return;
9 if(v<=md)add(lc[p],v,cl,md);else add(rc[p],v,md+1,cr);
10 }
11 int merge(int p,int tp){
12 if(!(tp*p))return p|tp;
13 int x=++PC;lc[x]=merge(lc[p],lc[tp]);rc[x]=merge(rc[p],rc[tp]);
14 w[x]=w[lc[x]]|w[rc[x]]; return x;
15 }
16 int ask(int p,int l,int r,int cl=1,int cr=SL){
17 if(r<l||!w[p])return 0;
18 if(l<=cl&&cr<=r)return 1;
19 if(l<=md&&ask(lc[p],l,r,cl,md))return 1;
20 return r>md&&ask(rc[p],l,r,md+1,cr);
21 }
22 void insert(int C,int*len,int*f,int c[26][S],int&lst,int&pc,int opt,int M){
23 int p=lst,np=lst=++pc,q,nq; len[np]=len[p]+1;
24 if(opt)mx[np]=M;else add(rt[np],M);
25 for(int i=0;i<26;++i)c[i][p]=0;
26 for(;p&&!c[C][p];p=f[p])c[C][p]=np;
27 if(!p){f[np]=1;return;} q=c[C][p];
28 if(len[q]==len[p]+1){f[np]=q;return;}
29 len[nq=++pc]=len[p]+1; f[nq]=f[q]; f[q]=f[np]=nq;
30 if(opt)mx[nq]=0;else rt[nq]=++PC;
31 for(int i=0;i<26;++i)c[i][nq]=c[i][q];
32 for(;c[C][p]==q;p=f[p])c[C][p]=nq;
33 }
34 main(){
35 scanf("%s%d",s,&n);rt[1]=1; SL=strlen(s);
36 for(int i=0;s[i];++i)insert(s[i]-'a',len[0],f[0],c[0],lst,pc,0,i+1);
37 for(int i=2;i<=pc;++i)v[len[0][i]].push_back(i);
38 for(int i=SL;i;v[i--].clear())for(int a=0;a<v[i].size();++a)
39 rt[f[0][v[i][a]]]=merge(rt[f[0][v[i][a]]],rt[v[i][a]]);
40 while(n--){
41 scanf("%s%d%d",s,&L,&R);
42 int tlst=1,tpc=1,l=strlen(s)-1;long long ans=0;
43 for(int j=0,p=1,m=0;j<=l;++j){
44 while(!ask(rt[c[0][s[j]-'a'][p]],L+m,R)&&p){m--;if(m<=len[0][f[0][p]])p=f[0][p];}
45 p=c[0][s[j]-'a'][p];m++;
46 if(!p)p=1,m=0;insert(s[j]-'a',len[1],f[1],c[1],tlst,tpc,1,m);
47 }l++;
48 for(int j=2;j<=tpc;++j)v[len[1][j]].push_back(j);
49 for(int j=l;j;v[j--].clear())for(int b=0;b<v[j].size();++b)
50 mx[f[1][v[j][b]]]=max(mx[f[1][v[j][b]]],mx[v[j][b]]);
51 for(int j=2;j<=tpc;++j)ans+=max(0,len[1][j]-max(len[1][f[1][j]],mx[j]));
52 printf("%lld\n",ans);
53 }
54 }
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标签：SAM,后缀,++,len,int,lst,np,nq,自动机 来源： https://www.cnblogs.com/hzoi-DeepinC/p/12109785.html