Description

Solution

當 \(k\) 值較小時,發現詢問串比較多,串長比較小
然後對 \(Q\) 個詢問區間離線跑莫隊,一次考慮每一個區間的貢獻
假設一個區間 \([i,j]\) 出現的次數是 \(c[i][j]\),然後 \(O(k^2)\) 求出每一個區間的貢獻,乘上 \(c[i][j]\) 就是答案

當 \(k\) 值較大時,詢問次數比較少,串長比較大
考慮與詢問次數有關的做法
對於每一個詢問,預處理出 \(w\) 的每一個前綴在 \(S\) 的 \(SAM\) 中匹配到的位置和匹配的長度
右端點固定時,左端點移動形成的串就是這個右端點對應的前綴的後綴,每一次跳父親就可以跳到

顯然 \(k\) 取 \(\sqrt{10^5}\) 時最優

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<class T>void gi(T &x){
    int f;char c;
    for (f=1,c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;
    for (x=0;c<='9'
 
&&c>='0';c=getchar())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
const int N=2e5+10,M=320,B=20;
int n,m,Q,K,ch[N][26],fa[N],cur=1,cnt=1,len[N],sz[N],sa[N],c[N],g[N];
char s[N];
inline void ins(int c){
    int p=cur;cur=++cnt;len[cur]=len[p]+1;
    for(;p && !ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=cur;
    if
 
(!p)fa[cur]=1;
    else{
        int q=ch[p][c];
        if(len[p]+1==len[q])fa[cur]=q;
        else{
            int nt=++cnt;len[nt]=len[p]+1;
            memcpy(ch[nt],ch[q],sizeof(ch[q]));
            fa[nt]=fa[q];fa[q]=fa[cur]=nt;
            for(;p && ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nt;
        }
    }sz[cur]=1;
}
inline void priwork(){
    for(int i=1;i<=cnt;i++)c[len[i]]++;
    for(int i=1;i<=n;i++)c[i]+=c[i-1];
    for(int i=cnt;i>=1;i--)sa[c[len[i]]--]=i;
    for(int i=cnt;i>=1;i--)sz[fa[sa[i]]]+=sz[sa[i]];
}
struct D{int l,r;}e[N];
struct data{int l,r,id;}q[N];
inline bool comp(data i,data j){return i.l/B!=j.l/B?i.l/B<j.l/B:i.r<j.r;}
namespace solo{
    char w[N][M];int v[M][M];ll ans[N];
    inline void add(int x){v[e[x].l][e[x].r]++;}
    inline void del(int x){v[e[x].l][e[x].r]--;}
    inline ll solve(int x){
        int len=strlen(w[x]+1),p,c;ll ret=0;
        for(int i=1;i<=len;i++){
            p=1;
            for(int j=i;j<=len;j++){
                c=w[x][j]-'a';
                if(!ch[p][c])break;
                p=ch[p][c];
                ret+=v[i][j]*sz[p];
            }
        }
        return ret;
    }
    void main(){
        for(int i=1;i<=Q;i++){
            scanf("%s",w[i]+1);
            gi(q[i].l);gi(q[i].r);q[i].id=i;q[i].l++;q[i].r++;
        }
        sort(q+1,q+Q+1,comp);
        int l=1,r=0;
        for(int i=1;i<=Q;i++){
            while(r<q[i].r)add(++r);
            while(l>q[i].l)add(--l);
            while(r>q[i].r)del(r--);
            while(l<q[i].l)del(l++);
            ans[q[i].id]=solve(q[i].id);
        }
        for(int i=1;i<=Q;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
    }
}
namespace sol{
    char w[N];int pos[N],f[N][20];
    inline int qry(int x,int y){
        if(len[x]<y)return 0;
        for(int i=19;i>=0;i--)
            if(f[x][i] && len[f[x][i]]>=y)x=f[x][i];
        return sz[x];
    }
    void main(){
        int x,y,le,p,now;
        for(int i=1;i<=cnt;i++)f[i][0]=fa[i];
        for(int j=1;j<20;j++)
            for(int i=1;i<=cnt;i++)f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
        for(int i=1;i<=Q;i++){
            scanf("%s",w+1);le=strlen(w+1);
            p=1;now=0;
            for(int j=1;j<=le;j++){
                int c=w[j]-'a';
                if(ch[p][c])p=ch[p][c],now++;
                else{
                    while(p>1 && !ch[p][c])p=fa[p];
                    if(ch[p][c])now=len[p]+1,p=ch[p][c];
                    else now=0;
                }
                pos[j]=p;g[j]=now;
            }
            gi(x);gi(y);x++;y++;
            ll ret=0;
            for(int j=x;j<=y;j++)
                if(g[e[j].r]>=e[j].r-e[j].l+1)
                    ret+=qry(pos[e[j].r],e[j].r-e[j].l+1);
            printf("%lld\n",ret);
        }
    }
}
int main(){
    freopen("pp.in","r",stdin);
    freopen("pp.out","w",stdout);
    cin>>n>>m>>Q>>K;
    scanf("%s",s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)ins(s[i]-'a');
    priwork();
    for(int i=1;i<=m;i++)gi(e[i].l),gi(e[i].r),e[i].l++,e[i].r++;
    if(K<M)solo::main();
    else sol::main();
    return 0;
}

LOJ #6031 字符串