一个简单题的题解

下面用 \(+\) 表示字符串拼接，\(S[l, r]\) 表示 \(S_l + S_{l + 1} + \ldots + S_r\)。

题意：给定字符串 \(S, T\)，接着在 \(S\) 和 \(T\) 中各选一个子串 \(p, q\)，使得 \(p + q\) 能被某个串重复两次得到。

假设 \(p = S[l, r], |p| > |q|\)，答案串 \(p + q = H + H\)。因为 \(|p| > |q|\)，所以 \(H\) 为 \(p\) 的一个前缀。考虑把 \(p\) 分成 \(3\) 段：

\[p = S[l, a] \mid S[a + 1, b - 1] \mid S[b, r] \]

划分的条件是 \(H = S[l, b - 1]\) 且 \(S[b, r] = S[l, a]\)，这时不难发现 \(q = S[a + 1, b - 1]\)。

于是可以写出朴素的 \(O(n^3)\) 的做法：枚举 \(a, b, r\)，这时 \(l = a - (r - b)\)，通过计数 \(S[a + 1, b - 1]\) 在 \(T\) 中的出现次数就能求出答案。

考虑优化上述做法，只枚举 \(a, r\)，可以发现 \(S[l, a] = S[b, r] \iff b > r - \operatorname{LCS}(a, r)\)，其中 \(\operatorname{LCS}(a, r)\) 表示前缀 \(S[1, a]\) 与 \(S[1, r]\) 的最长公共后缀。

当 \(l, b\) 分别从 \(a, r\) 往前移动时，一旦出现某一位 \(S_{l'} \ne S_{b'}\)，那么后续的 \(S[l, a]\) 都不等于 \(S[b, r]\)，而第一个不同的位就是 \(r - \operatorname{LCS}(a, r)\)。求 \(\operatorname{LCS}\) 可以 \(O(n^2)\) 预处理。

接下来就是求

\[\sum_b [r - \operatorname{LCS}(a, r) < b \le r] \operatorname{occ}(S[a + 1, b - 1]) \]

其中 \(\operatorname{occ}(R)\) 表示 \(R\) 在 \(T\) 中的出现次数。

由于左端点 \(a + 1\) 是固定的，如果能对于任意 \(l, r\) 求出 \(\operatorname{occ}(S[l, r])\)，就可以通过前缀和预处理求出答案了。

于是考虑用 SAM，对 \(S\) 和 \(T\) 建一个广义后缀自动机，对于后缀树上的每个节点，预处理子树内有多少个 \(T\) 的前缀。求 \(\operatorname{occ}\) 时，固定 \(r\) 并让 \(l\) 从小往大枚举，枚举过程中维护当前跳到了后缀树上哪个结点，就可以求出所有 \(\operatorname{occ}(S[l, r])\) 了。

对于 \(|p| < |q|\) 的情况，把 \(S, T\) 交换后求一遍 \(|p| > |q|\) 即可；而对于 \(|p| = |q|\)，这部分的答案就是 \(\sum_{1 \le l \le r \le n} \operatorname{occ}(S[l, r])\)，在上面预处理时就已经求过了。

总时间复杂度 \(O((n + m)^2)\)，空间复杂度 \(O(n^2)\)，可以通过。