[BZOJ4650][NOI2016]优秀的拆分 各数据点解法

60pts：模拟 O(n4)

直接O(n2)枚举每个子串，再O(n)枚举一个拆分，再进行一次O(n)判断。总复杂度O(n4)。
此外，注意到前4个数据点的字符串字符全部相同，因此特判一下，此时任意一个长度为偶数的子串的任意一个长度为偶数的拆分都是合法的。

70pts：哈希 O(n3)

可以发现，判断一个拆分是否合法需要O(n)的时间。因此使用哈希，可以将判定的复杂度从O(n)降到O(1)。

95pts：分析+哈希 O(n2)

可以想到，如果枚举AA的最后一个字符i（从1到n−1），那么这时候对答案的贡献为：
以i结尾的AA形式的子串个数∗以i+1开头的AA形式的子串个数。
记以i开头的AA形式的子串个数为le[i]，以i结尾的AA形式的子串个数为ri[i]，那么答案就是∑n−1i=1ri[i]∗le[i+1]。
求le[i]和ri[i]可以枚举端点后用哈希判断。

100pts：后缀数组 O(nlogn)

可以看出，le和ri需要O(n2)的时间求出。怎样优化呢？
首先枚举AA子串长的一半（记为i），再枚举所有满足i|j且i+j≤n的j。
此时，先查询子串[j−i+1,j−1]和[j+1,i+j−1]的最长公共后缀，以及子串[j,j+i−1]和[j+i,j+2i−1]的最长公共前缀，记为l和r。可以用后缀数组O(nlogn)预处理O(1)求出。
这时候，可以看出，[j−l,j+r−1]和[i+j−l,i+j+r−1]是原串的一个公共子串。此时，如果l+r≥i，那么就找到了l+r−i+1个长度为2i的AA串，他们的左端点从j−l到j+r−i，右端点从j−l+2i−1一直到j+r+i−1。也就是说，把le的[j−l,j+r−i]区间加1，再把ri的[j−l+2i−1,j+r+i−1]区间加1，这一步骤可以差分实现。
同时，由于这里将AA的左端点限制在了[j−i+1,j]的范围内，因此这样操作，就能不重不漏地计算出le和ri。
同样，结果为∑n−1i=1ri[i]∗le[i+1]。
感觉NOI2016难度比往年大很多，但暴力分也送的多……
代码：

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;inline int read() {    int res = 0; bool bo = 0; char c;    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);    return bo ? ~res + 1 : res;}typedef long long ll;const int N = 6e4 + 5, LogN = 18;int w[N], Log[N], le[N], ri[N];struct SA {    char s[N]; int n, sa[N], rank[N], height[N], RMQ[N][LogN];    void init() {        int *x = rank, *y = height;        int i, j, m = 26, k; memset(w, 0, sizeof(w));        memset(rank, 0, sizeof(rank));        for (i = 1; i <= n; i++) w[x[i] = s[i] - 'a' + 1]++;        for (i = 2; i <= m; i++) w[i] += w[i - 1];        for (i = 1; i <= n; i++) sa[w[x[i]]--] = i;        for (k = 1; k < n; k <<= 1, swap(x, y)) {            int tt = 0; for (i = n - k + 1; i <= n; i++) y[++tt] = i;            for (i = 1; i <= n; i++) if (sa[i] > k) y[++tt] = sa[i] - k;            memset(w, 0, sizeof(w));            for (i = 1; i <= n; i++) w[x[i]]++;            for (i = 2; i <= m; i++) w[i] += w[i - 1];            for (i = n; i; i--) sa[w[x[y[i]]]--] = y[i];            m = 0; for (i = 1; i <= n; i++) {                int u = sa[i], v = sa[i - 1];                y[u] = x[u] != x[v] || x[u + k] != x[v + k] ? ++m : m;            }            if (m == n) break;        }        if (y != rank) copy(y, y + n + 1, rank);        height[1] = 0; for (i = 1, k = 0; i <= n; i++) {            if (k) k--; int u = sa[rank[i] - 1];            while (s[i + k] == s[u + k]) k++;            height[rank[i]] = k;        }        for (i = 1; i <= n; i++) RMQ[i][0] = height[i];        for (j = 1; j <= 16; j++) for (i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)            RMQ[i][j] = min(RMQ[i][j - 1], RMQ[i + (1 << j - 1)][j - 1]);    }    int lcp(int x, int y) {        if (x == y) return n - x + 1;        int l = rank[x], r = rank[y], z;        if (l > r) swap(l, r); l++; z = Log[r - l + 1];        return min(RMQ[l][z], RMQ[r - (1 << z) + 1][z]);    }} S, T;int LCP(int x, int y) {    if (x == S.n + 1 || y == S.n + 1) return 0;    return S.lcp(x, y);}int LCS(int x, int y) {    if (!x || !y) return 0;    return T.lcp(T.n - x + 1, T.n - y + 1);}void work() {    int i, j, n; scanf("%s", S.s + 1); n = S.n = T.n = strlen(S.s + 1);    for (i = n; i; i--) T.s[n - i + 1] = S.s[i]; S.init(); T.init();    memset(le, 0, sizeof(le)); memset(ri, 0, sizeof(ri));    for (i = 1; (i << 1) <= n; i++) for (j = i; j + i <= n; j += i) {        int l = min(i - 1, LCS(j - 1, j + i - 1)), r = min(i, LCP(j, j + i));        if (l + r >= i) {            le[j - l]++; le[j + r - i + 1]--;            ri[j - l + (i << 1) - 1]++; ri[j + r + i]--;        }    }    for (i = 2; i <= n; i++) le[i] += le[i - 1];    for (i = 2; i <= n; i++) ri[i] += ri[i - 1]; ll ans = 0;    for (i = 1; i < n; i++) ans += 1ll * ri[i] * le[i + 1];    printf("%lld\n", ans);}int main() {    int i, T = read(); Log[0] = -1;    for (i = 1; i <= 6e4; i++) Log[i] = Log[i >> 1] + 1;    while (T--) work();    return 0;}