洛谷 P4081 题解

前言

貌似这题的后缀数组题解较少，排名第一的后缀数组题解排版炸了，排第二的太复杂了，所以我来贡献一篇题解。

前置知识

• 后缀数组
• 后缀数组求本质不同的子串数量

思路

首先观察题目，抽象题意如下：

给定 \(n\) 个串，求出每个串不出现在其他串中的本质不同子串数量。

我们想起我们曾经学过的后缀数组求本质不同的子串数量，与这题十分相仿。所以我们可以尝试模仿这种思路。

首先把这 \(n\) 个串首尾相接，中间加上各不相同的分隔符，防止出现横跨不同串的最长公共前缀，这是后缀数组处理多个串的常用思路。

对于每个后缀，我们可以求出它所在原串的编号，设 \(id[i]\) 表示第 \(i\) 个后缀所在的原串。

按 \(sa\) 的顺序从前往后枚举每一个后缀，新增的子串就是当前后缀除去与上一个 \(id\) 相同的后缀的 \(lcp\) 后剩下的前缀。当然我们还要排除掉和其他 \(id\) 不同的后缀的 \(lcp\)，于是取一个 \(max\) 即可。

因此，对于每一个后缀 \(x\)，它排除的答案为 \(\max(lcp(x, i), lcp(x, j), lcp(x, k))\)，其中 \(i\) 是满足 \(rk[i] < rk[x],id[i]\neq id[x]\) 中排名最大的一个后缀，\(j\) 是满足 \(rk[j] > rk[x], id[j] \neq id[x]\) 中排名最小的后缀，\(k\) 是满足 \(id[k] = id[x]\) 中排名最大的后缀。

我们可以对于每一个 \(x\) 预处理出 \(lcp(x, i), lcp(x, j)\)，然后仿照后缀数组求本质不同子串数量的方式，将每个串的初始答案设为 \(\cfrac{len \times (len +1)} {2}\)，接着对于每个 \(i\)，让其对应串的答案减去应排除的答案即可。

代码实现

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <algorithm>

using namespace std;

using LL = long long;
const int N = 4e5 + 10;

int n, m;
int sa[N], rk[N], height[N], x[N], y[N], c[N];
int id[N], len[N];
int str[N]; char tmp[N];
int a[N], b[N];
int st[N][31], lg2[N];
int string_cnt;
LL ans[N];

void buildSA(void) // 后缀数组模板
{
	m = 400000;
	for (int i = 0; i <= m; ++i) c[i] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) ++c[x[i] = str[i]];
	for (int i = 1; i <= m; ++i) c[i] += c[i - 1];
	for (int i = n; i >= 1; --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 = 0; 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 >= 1; --i) sa[c[x[y[i]]]--] = y[i], y[i] = 0;
		swap(x, y);
		x[sa[1]] = num = 1;
		for (int i = 2; i <= n; ++i) {
			int ynow = sa[i] + k <= n ? y[sa[i] + k] : 0;
			int ynex = sa[i - 1] + k <= n ? y[sa[i - 1] + k] : 0;
			x[sa[i]] = (y[sa[i]] == y[sa[i - 1]] && ynow == ynex) ? num : ++num;
		}
		if (num == n) break;
		m = num;
	}

	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 && str[i + k] == str[j + k])
			++k;
		height[rk[i]] = k;
	}
}
void buildST(void)// ST 表模板
{
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
		lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		st[i][0] = height[i];
	for (int k = 1; k <= 30; ++k)
		for (int i = 1; i + (1 << k - 1) <= n; ++i)
			st[i][k] = min(st[i][k - 1], st[i + (1 << k - 1)][k - 1]);
}
int queryHeight(int l, int r) // ST 表查询操作
{
	++l; int t = lg2[r - l + 1];
	return min(st[l][t], st[r - (1 << t) + 1][t]);
}

int main(void)
{
	scanf("%d", &string_cnt);
	for (int i = 1; i <= string_cnt; ++i) {
		scanf("%s", tmp + 1);
		for (len[i] = 1; tmp[len[i]]; ++len[i])
			str[++n] = tmp[len[i]], id[n] = i;
		str[++n] = 'z' + i;
		--len[i];
		ans[i] = 1ll * len[i] * (len[i] + 1) / 2;
	}
	str[n--] = 0;

	buildSA();
	buildST();

	int last = 0, llast = 0;
	// 预处理出 a[x], a[x] 表示本文中的 lcp(x, j)
	for (int i = n; i >= 1; --i) {
		if (id[sa[i]] != id[sa[last]])
			llast = last;
		last = i;
		a[i] = llast <= i ? 0 : queryHeight(i, llast);
	}

	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int tmp = max(a[i], height[i]); // 容易证明, height[x] 等于本文中的 max(lcp(x, i), lcp(x, k))
		ans[id[sa[i]]] -= tmp;
	}
	for (int i = 1; i <= string_cnt; ++i)
		printf("%lld\n", ans[i]);
	return 0;
}