P9576 「TAOI-2」Ciallo～(∠・ω< )⌒★ 解题报告
P9576 「TAOI-2」Ciallo～(∠・ω< )⌒★ 解题报告
1. 题目解读：我们要干什么？
首先，我们来弄清楚题目到底要求我们计算什么。
题目描述了一个两步的“造词”过程：
- 第一步（删除）： 从模板串
s中删掉一个连续的子串s[l...r]，得到一个新的、更短的字符串s'。 - 第二步（提取）： 从新字符串
s'中再选出一个子串s''。
我们的目标是，找出总共有多少种不同的方案（即 l, r, l', r' 的组合），可以使得最终造出的词 s'' 正好是目标串 t。
换个角度思考：
这个过程有点绕。我们可以简化一下思考方式。第一步删除操作，实际上是保留了 s 的一个前缀 s[1...l-1] 和一个后缀 s[r+1...|s|]，然后把它们拼接起来。
所以，整个问题等价于：
核心问题： 我们可以从
s中选择任意一个前缀和任意一个后缀（只要它们不重叠，即删除的中间部分至少有一个字符），将它们拼接成新串s'。我们需要计算，在所有可能拼接出的s'中，目标串t一共出现了多少次。
例如，s = aabbaaba, t = aba。
一种方案是删除 s[3...4] (即 bb)，s 的前缀 aa 和后缀 aaba 拼接成 s' = aaaaba。t="aba" 在 s' 中出现了 2 次。
我们要求的就是所有删除方案产生的 t 的出现次数的总和。
2. 整体思路：分类讨论
直接枚举所有删除方案 (l, r) 再去新串里找 t，效率太低。我们不妨换个思路：从 t 的角度出发。
一个 t 的出现，在拼接后的 s' 中，有三种可能性：
- 完全来自前缀：
t是s的某个前缀s[1...l-1]的一个子串。 - 完全来自后缀：
t是s的某个后缀s[r+1...|s|]的一个子串。 - 横跨前后缀：
t的一部分来自前缀的末尾，另一部分来自后缀的开头。
我们可以分别计算这三种情况的方案数，然后加起来。
3. 算法详解
3.1. 情况一和情况二：t 未横跨拼接点
这种情况相对简单。我们改变求和的顺序：不先枚举删除的区间，而是先在原串 s 中找到一个 t 的出现。
假设 t 在 s 中出现，起始于位置 p，结束于位置 p + |t| - 1。
- 要让这个
t完整地保留在前缀部分，我们必须删除它右边的任意一段区间s[l...r]。这意味着l必须大于p + |t| - 1。有多少种这样的删除方案呢？l可以取p + |t|到|s|。对于每个l，r可以取l到|s|。总方案数是(|s| - (p+|t|) + 1) + ... + 1，这是一个等差数列求和，结果是k(k+1)/2，其中k = |s| - (p+|t|-1)。
- 同理，要让这个
t完整地保留在后缀部分，我们必须删除它左边的任意一段区间。这意味着r必须小于p。r可以取1到p-1。对于每个r，l可以取1到r。总方案数是1 + 2 + ... + (p-1)，结果是(p-1)p/2。
所以，我们只需要在 s 中找到所有 t 的出现位置 p，对每个 p 把这两种情况的方案数累加到总答案 ans 中即可。找 t 的位置可以用字符串哈希在 O(|s|) 时间内完成。这部分对应了代码的最后几行。
3.2. 情况三：t 横跨拼接点（核心难点）
这是最复杂，也是本题的精髓所在。
目标串 t 是由模板串 s 的两部分拼接而成的。我们找到了这样的充要条件：
存在一对 (i, j) 满足 i < j，以及一个分割长度 p (1 <= p < |t|)，使得：
s中以i结尾的长度为p的子串，等于t的长度为p的后缀。s中以j开头的长度为|t|-p的子串，等于t的长度为|t|-p的前缀。
为了方便计算，我们预处理了两个数组（使用题解代码中的定义）：
L[k]:s中以k结尾的子串，能与t的最长后缀匹配的长度。R[k]:s中以k开头的子串，能与t的最长前缀匹配的长度。
对于一个固定的 (i, j) 对（i < j），它能贡献的方案数，就是满足 p <= L[i] 且 |t|-p <= R[j] 的 p 的数量。
将第二个不等式变形得到 p >= |t| - R[j]。
所以，合法的 p 的取值范围是 [|t| - R[j], L[i]]。
这个区间的长度（即 p 的取值数量）为 max(0, L[i] - (|t| - R[j]) + 1)。
我们的总目标就是计算这个总和：
这个公式很难直接处理，所以我们只对满足 L[i] \ge |t| - R[j] 的 (i, j) 对求和：
现在，我们把括号拆开，就得到了你提到的那个公式：
我们的任务就是用扫描线和数据结构来分别求出 Part A 和 Part B。
扫描线 + 双树状数组解法
我们将 j 从 1 遍历到 |s|，把 j 看作是扫描线。在处理每个 j 的时候，我们想一次性算出所有 i < j 对 j 产生的贡献。
核心思想：
当扫描线在 j 时，j 是一个查询点。我们需要查询所有已经处理过的 i（即 i < j）的信息。查询完毕后，j 就变成了一个数据点，需要将其信息加入我们的数据结构中，供后续的 j'（j' > j）查询。
1. 计算 Part B
Part B 的求和项是 |t| - R[j]。对于一个固定的 j，这个值是常数。所以 Part B 在 j 这一步的贡献可以写作：
这下问题就清晰了：我们需要一个数据结构，能快速查询满足某个条件的 i 的数量。
数据结构： 我们用一个树状数组（Fenwick Tree），命名为 BIT_count。
- 用途：
BIT_count用来维护L[i]值的分布。它的下标范围是[0, |t|]。 - 定义：
BIT_count在k处的值，表示已经处理过的i中，L[i] = k的有多少个。
扫描过程（for Part B）：
当我们处理到 j 时：
- 查询：我们需要找到满足
L[i] >= |t| - R[j]的i的数量。这等价于在BIT_count中查询下标在[|t| - R[j], |t|]这个范围内的值的总和。
count = BIT_count.query_range(|t| - R[j], |t|) - 计算贡献：
j对Part B的贡献就是(|t| - R[j]) * count。 - 累加到总答案：
Total_Part_B += (|t| - R[j]) * count。
2. 计算 Part A
Part A 的求和项是 L[i] + 1。它依赖于 i。
我们需要一个数据结构，能快速查询满足条件的 i 的 L[i] + 1 的总和。
数据结构： 我们再用一个树状数组，命名为 BIT_sum。
- 用途：
BIT_sum用来维护L[i] + 1的和的分布。它的下标范围也是[0, |t|]。 - 定义：
BIT_sum在k处的值，表示所有已处理的、且L[i] = k的i，它们的L[i] + 1的总和。
扫描过程（for Part A）：
当我们处理到 j 时：
- 查询：我们需要找到满足
L[i] >= |t| - R[j]的所有i的L[i] + 1的总和。这等价于在BIT_sum中查询下标在[|t| - R[j], |t|]这个范围内的值的总和。
sum_val = BIT_sum.query_range(|t| - R[j], |t|) - 计算贡献：
j对Part A的贡献就是sum_val。 - 累加到总答案：
Total_Part_A += sum_val。
3. 整合算法流程
现在我们把两部分合在一起。
预处理阶段：
- 用字符串哈希和二分，计算出
L[1...|s|]和R[1...|s|]数组。复杂度O(|s| log |t|)。
扫描线阶段：
-
初始化总答案
Ans = 0。 -
初始化
BIT_count和BIT_sum，所有值为 0。 -
循环
j从1到|s|：
a. 查询步骤 (计算j的贡献):
i. 令y = |t| - R[j]。这是一个阈值。
ii. 从BIT_sum中查询区间[y, |t|]的和，得到current_part_A。
iii. 从BIT_count中查询区间[y, |t|]的和，得到current_count。
iv. 计算current_part_B = y * current_count。
v. 将j的贡献累加到总答案：Ans += current_part_A - current_part_B。b. 更新步骤 (将
j作为数据点加入):
i. 令x = L[j]。
ii. 更新BIT_count：在x位置加上1。BIT_count.add(x, 1)。
iii. 更新BIT_sum：在x位置加上x + 1。BIT_sum.add(x, x + 1)。 -
循环结束后，
Ans就是情况二的总方案数。
总复杂度： 预处理是 O(|s| log |t|)。扫描线部分，循环 |s| 次，每次在树状数组上进行常数次查询和更新，每次操作复杂度 O(log |t|)。所以扫描线部分也是 O(|s| log |t|)。总复杂度为 O(|s| log |t|)。
总结
这种“双树状数组”的方法是解决这类二维计数求和问题的“标准模板”。它思路清晰，将复杂的求和式拆解成两个更简单、可以用数据结构维护的部分（一个求数量，一个求总和）。
浙公网安备 33010602011771号