BZOJ 4932 = BZOJ 9434 = LOJ 6070 基因

Statement

问区间本质不同回文串数，强制在线，\(n\le10^5\).

其实还有个四倍经验：BZOJ 5384.

Solution 1

考虑一个结论：\(s\) 的所有回文后缀按长度排序后，可以划分为 \(O(\log|s|)\) 段等差数列。

考虑离线怎么做：移动右端点 \(i\)，新增一个串 \(s\)，设其上一次出现的起点为 \(q\)，则 \([q+1..i-\text{len}(u)+1]\) 区间加一，其中 \(u\) 为 \(s\) 在 PAM 上的点.

直接这样做是爆炸的。但是考虑对于同一个等差数列上的回文串的区间加可以合并，就行了。

怎么合并呢？设 \(\text{fail}(u)=v\)，有 \(v\) 的上一次出现位置的起点为 \(u\) 的起点。

若在线，持久化一下存答案就行了。\(O(n\log^2n)\).

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, j, k) for (int i = (j); i <= (k); ++i)
#define reo(i, j, k) for (int i = (j); i >= (k); --i)
typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 10, M = 1e7 + 10;
int type, n, q, ans;
vector<int> G[N];
string s;

namespace SGT {
//	维护答案
	int tot = 0, rt[N];
	struct Node {
		int lc, rc;
		ll add;
	} f[M];
  #define mid ((l + r) >> 1)
	void Build(int &u, int l, int r) {
		f[u = ++tot].add = 0;
		if (l == r) return;
		Build(f[u].lc, l, mid), Build(f[u].rc, mid + 1, r);
	}
	void Upd(int &u, int l, int r, int x, int y, int v) {
		if (y < l || r < x || x > y) return;
		f[++tot] = f[u], u = tot;
		if (x <= l && r <= y) return (void)(f[u].add += v);
		Upd(f[u].lc, l, mid, x, y, v), Upd(f[u].rc, mid + 1, r, x, y, v);
	}
	ll Qry(int u, int l, int r, int x, ll add) {
		add += f[u].add;
		if (l == r) return add;
		return (x <= mid) ? Qry(f[u].lc, l, mid, x, add) : Qry(f[u].rc, mid + 1, r, x, add);
	}
}

namespace SGT2 {
//	维护 Last Endpos
	int tag[N << 2];
  #define lc (u << 1)
  #define rc ((u << 1) | 1)
	void down(int u) {
		if (tag[u]) tag[lc] = tag[rc] = tag[u], tag[u] = 0;
	}
	void Upd(int u, int l, int r, int x, int y, int v) {
		if (y < l || r < x || x > y) return;
		if (x <= l && r <= y) return (void)(tag[u] = v);
		down(u), Upd(lc, l, mid, x, y, v), Upd(rc, mid + 1, r, x, y, v);
	}
	int Qry(int u, int l, int r, int x) {
		if (l == r) return tag[u];
		return down(u), (x <= mid) ? Qry(lc, l, mid, x) : Qry(rc, mid + 1, r, x);
	}
  #undef lc
  #undef rc
  #undef mid
}

namespace PAM {
	int sz, cur, last, len[N], fail[N], nxt[N][26], diff[N], son[N], Top[N];
	void init() {
		memset(son, -1, sizeof(son));
		sz = 1, len[1] = -1, fail[0] = 1, diff[0] = -1;
	}
	int getfail(int u, int i) {
		while (i - len[u] - 1 < 0 || s[i - len[u] - 1] != s[i]) u = fail[u];
		return u;
	}
	int tim, dfn[N];
	void DFS(int u) {
		dfn[u] = ++tim;
		if (son[u] != -1) DFS(son[u]);
		for (int v : G[u]) 
			if (v != son[u]) DFS(v);
	}
	void Build() {
		rep(i, 0, n - 1) {
			int p = getfail(last, i), ch = s[i] - 'a';
			if (!nxt[p][ch]) {
				cur = ++sz;
				fail[cur] = nxt[getfail(fail[p], i)][ch];
				nxt[p][ch] = cur, len[cur] = len[p] + 2;
				diff[cur] = len[cur] - len[fail[cur]];
				if (diff[cur] == diff[fail[cur]]) Top[cur] = Top[fail[cur]], son[fail[cur]] = cur;
				else Top[cur] = cur;
			}
			last = nxt[p][ch];
		}
		rep(i, 2, sz) G[fail[i]].push_back(i);
		DFS(0);
	}
	void Solve() {
		using namespace SGT;
		SGT::Build(rt[0], 1, tim);
		int Cur = 1;
		rep(i, 1, n) {
			rt[i] = rt[i - 1], Cur = nxt[getfail(Cur, i - 1)][s[i - 1] - 'a'];
			int u = Cur, lst = 0;
			while (Top[u] != 0) {
				lst = SGT2::Qry(1, 1, tim, dfn[u]);
				if (lst) lst = lst - len[u] + 2;
				else lst = 1;
				Upd(rt[i], 1, n, lst, i - len[Top[u]] + 1, 1);
				SGT2::Upd(1, 1, tim, dfn[Top[u]], dfn[u], i);
				u = fail[Top[u]];
			}
		}
	}
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
	cin >> type >> n >> q >> s;
	PAM::init(), PAM::Build(), PAM::Solve();
	while (q--) {
		int l, r;
		cin >> l >> r;
		if (type) l ^= ans, r ^= ans;
		cout << (ans = SGT::Qry(SGT::rt[r], 1, n, l, 0ll)) << '\n';
	}
	return 0;
}

Solution 2

考虑每 \(\sqrt n\) 个字符处理出 \([k\sqrt n..n]\) 的 PAM，显然在前面暴力加点即可. \(O(n\sqrt n)\).

（没有代码）

我这里 Obsidian 的 Linux 版好像有点 bug，复制代码时会少缩进……这时用 VSCode 应该会更好。