bzoj3238 [Ahoi2013]差异(SA+单调栈求所有区间最小值和)

我们很明显可以直接预处理出来T(i)+T(j)的总和，为n* (n-1)*(n+1)/2(推一下样例就可以了)，然后主要问题是处理lcp的和。
这个地方我们可以直接在height数组上搞，我们可以发现，每一对(i,j)都对应了h数组上的一段区间、甚至是点！（当i,j两个子串rank相连的时候）那么同样的，每一个height数组上的一段区间（点）也对应我们要求的一个LCP。这样我们就不再关心是谁和谁的lcp了，反正都得求。所以问题转化为 给定序列，求所有区间的最小值的和乘2。 然后我们可以拿单调栈来搞。对于每一个h[i]，我们求出以h[i]为最小值的区间向左向右延伸的最远处l和r，则h[i]对答案的贡献为(i-l+1)* (r-i+1)* h[i]。怎么拿单调栈搞呢？来两遍单调栈，为别求r和l数组，维护单调增的单调栈。栈内元素h[j]大于h[i]就说明h[j]不可能再延伸了，所以他向右延伸的最远处就是i-1.左边同理。但是这样可能会有重复的：
举个栗子：height为 1 2 3 1 2 1 1时，第一个1的[l,r]区间为[1,7]，第二个为[1,7]，明显有重复计算了。所以我们在计算对于每个 i 所能到达的[l,r]区间时，遇到相等元素，必须分开处理：比如如果向右遇到相等元素则可以继续扩展，而向左遇到则停止。
体现在单调栈上就是向右延伸时相等也可以继续延伸，但向左延伸时相等就不能再延伸了。
时间复杂度O(nlogn)

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#define ll long long#define N 500010int n,m=300;int count[N],tmp[N],rank[N<<1],rank1[N],sa[N],h[N],l[N],r[N];char s[N];int main(){//  freopen("a.in","r",stdin);    scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);    for(int i=1;i<=m;++i) count[i]=0;    for(int i=1;i<=n;++i) count[s[i]]=1;    for(int i=1;i<=m;++i) count[i]+=count[i-1];    for(int i=n;i>=1;--i) rank[i]=count[s[i]];    int k=0;    for(int p=1;k!=n;p<<=1,m=k){        for(int i=1;i<=m;++i) count[i]=0;        for(int i=1;i<=n;++i) count[rank[i+p]]++;        for(int i=1;i<=m;++i) count[i]+=count[i-1];        for(int i=n;i>=1;--i) tmp[count[rank[i+p]]--]=i;        for(int i=1;i<=m;++i) count[i]=0;        for(int i=1;i<=n;++i) count[rank[tmp[i]]]++;        for(int i=1;i<=m;++i) count[i]+=count[i-1];        for(int i=n;i>=1;--i) sa[count[rank[tmp[i]]]--]=tmp[i];        memcpy(rank1,rank,sizeof(rank1));        rank[sa[1]]=k=1;        for(int i=2;i<=n;++i){            if(rank1[sa[i]]!=rank1[sa[i-1]]||rank1[sa[i]+p]!=rank1[sa[i-1]+p]) ++k;            rank[sa[i]]=k;        }    }k=0;    for(int i=1;i<=n;++i){        if(rank[i]==1){h[1]=0;continue;}        if(i==1||h[rank[i-1]]<=1) k=0;        if(k) --k;        while(s[i+k]==s[sa[rank[i]-1]+k]) ++k;        h[rank[i]]=k;    }    ll ans=(ll)n*(n-1)*(n+1)/2;    int top=0,stack[N];    for(int i=2;i<=n;++i){//以h[i]为最小值，向右最多延伸到哪         while(top&&h[i]<h[stack[top]]) r[stack[top--]]=i-1;        stack[++top]=i;    }while(top) r[stack[top--]]=n;    for(int i=n;i>=2;--i){//以h[i]为最小值，向左最多延伸到哪(为了避免重复，往左不能到和自己相等的)         while(top&&h[i]<=h[stack[top]]) l[stack[top--]]=i+1;        stack[++top]=i;    }while(top) l[stack[top--]]=2;    for(int i=2;i<=n;++i){        ans-=2ll*(i-l[i]+1)*(r[i]-i+1)*h[i];    }    printf("%lld",ans);    return 0;}