UVA 10829 L-Gap Substrings(后缀数组+枚举区间优化)

题目大意：给定一个字符串，问有多少字符串满足UVU的形式，要求U非空，V的长度为g。

思路：首先，很容易想到用后缀数组求LCP，能够在O(1)的时间求任意2点的lcp。

一开始我想的是枚举v的起点，然后在v的左侧枚举左端u的起点，设左端u的起点为i，那么u_len等于v的起点减i,然后右端起点固定为j=i+u_len+v_len,那么只要lcp(i,j)为u_len，则ans++。  很可惜，这个思路时间复杂度为 O(N2).

然后我上网搜了题解，发现有一个枚举u_len的做法，能够将时间复杂度优化为O(nlogn).具体思路如下：

首先枚举U_len,然后字符串会被划分成len-u_len段，每段的起点为0，u_len,2*uLen....... 对于每个uvu串，其左端的u必定只覆盖一个起点，这样我们对于每个起点，计算左侧U覆盖该点的UVU串有多少个。

这样说可能还有点抽象，那么以下图为例，若我们要求串 aabaabaaaa ，设u_len枚举到了2，v_len=1,则串被划分为aa|ba|ab|aa|aa  

假设我们现在求左侧U覆盖第二个起点（即下标为2的点）的uvu串有几个 ,设该起点为i，则很容易求出，该串也必须覆盖点j=i+u_len+v_len。那么对i和j向右求LCP，向左求反向LCP。

为什么要这样做呢？因为我们要得到一个u的可行区间，在该区间内，左侧u和右侧u一定相等，且中间相隔v。而向右求lcp能求出区间右端点，向左求lcp能求出区间左端点。（认真思考）

但是左右端点到i的距离不能大于u_len，因为如果取了大于u_len的值，那么左侧u就会覆盖下一个分隔段的起点，会产生重复答案（认真思考）

（红色字符为分隔段首字符，括号内为经过第二个首字符（str[2]）的左侧u的可取区间，因为u的长度枚举到了2，所以经过str[2]的u可以取str[1~2]和str[2~3]，每对相同颜色的下划线代表左侧的u和同一个uvu串中右侧的u）

最后对于每个u_len的每个分隔段起点，ans+=区间长度-u_len+1。

下面附上ac代码：

#include<queue>#include<cstring>#include<string>#include<iostream>#include<cstdio>#include<map>using namespace std;const int MAXN=100010;int t1[MAXN],t2[MAXN],c[MAXN];//求SA数组需要的中间变量，不需要赋值//待排序的字符串放在s数组中，从s[0]到s[n-1],长度为n,且最大值小于m,//除s[n-1]外的所有s[i]都大于0，r[n-1]=0//函数结束以后结果放在sa数组中,sa数组下标范围1~nbool cmp(int *r,int a,int b,int l) {    return r[a] == r[b] && r[a+l] == r[b+l];}void da(int str[],int sa[],int rank1[],int height[],int n,int m) {   //n是串长度，m是字符集大小，一般128    n++;    int i, j, p, *x = t1, *y = t2;    //第一轮基数排序，如果s的最大值很大，可改为快速排序    for(i = 0; i < m; i++)c[i] = 0;    for(i = 0; i < n; i++)c[x[i] = str[i]]++;    for(i = 1; i < m; i++)c[i] += c[i-1];    for(i = n-1; i >= 0; i--)sa[--c[x[i]]] = i;    for(j = 1; j <= n; j <<= 1) {        p = 0;        //直接利用sa数组排序第二关键字        for(i = n-j; i < n; i++)y[p++] = i;//后面的j个数第二关键字为空的最小        for(i = 0; i < n; i++)if(sa[i] >= j)y[p++] = sa[i] - j;        //这样数组y保存的就是按照第二关键字排序的结果        //基数排序第一关键字        for(i = 0; i < m; i++)c[i] = 0;        for(i = 0; i < n; i++)c[x[y[i]]]++;        for(i = 1; i < m; i++)c[i] += c[i-1];        for(i = n-1; i >= 0; i--)sa[--c[x[y[i]]]] = y[i];        //根据sa和x数组计算新的x数组        swap(x,y);        p = 1;        x[sa[0]] = 0;        for(i = 1; i < n; i++)            x[sa[i]] = cmp(y,sa[i-1],sa[i],j)?p-1:p++;        if(p >= n)break;        m = p;//下次基数排序的最大值    }    int k = 0;    n--;    for(i = 0; i <= n; i++)rank1[sa[i]] = i;    for(i = 0; i < n; i++) {        if(k)k--;        j = sa[rank1[i]-1];        while(str[i+k] == str[j+k])k++;        height[rank1[i]] = k;    }}int rank1[MAXN],height[MAXN];int RMQ[MAXN];int mm[MAXN];int best[20][MAXN];void initRMQ(int n) {     //调用da后，初始化RMQ（求LCP用）    for(int i=1; i<=n; i++)RMQ[i]=height[i];    mm[0]=-1;    for(int i=1; i<=n; i++)        mm[i]=((i&(i-1))==0)?mm[i-1]+1:mm[i-1];    for(int i=1; i<=n; i++)best[0][i]=i;    for(int i=1; i<=mm[n]; i++)        for(int j=1; j+(1<<i)-1<=n; j++) {            int a=best[i-1][j];            int b=best[i-1][j+(1<<(i-1))];            if(RMQ[a]<RMQ[b])best[i][j]=a;            else best[i][j]=b;        }}int askRMQ(int a,int b) {    int t;    t=mm[b-a+1];    b-=(1<<t)-1;    a=best[t][a];    b=best[t][b];    return RMQ[a]<RMQ[b]?a:b;}int lcp(int a,int b) {    a=rank1[a];    b=rank1[b];    if(a>b)swap(a,b);    return height[askRMQ(a+1,b)];}char str[MAXN];int r[MAXN];  //把字符串存到这个数组里int sa[MAXN];   //后缀数组int n;int main() {    //freopen("in.txt","r",stdin);    int t,now=0;    cin>>t;    while(t--) {        int gn;        scanf("%d%s",&gn,str);        n=strlen(str);        for(int i=0; i<n; i++) {            r[2*n-i]=r[i]=str[i]-'a'+1;        }        r[n]=29;        int len=2*n+1;        r[len]=0;        da(r,sa,rank1,height,len,30);        initRMQ(len);        long long ans=0;        int r;        for(int U=1;2*U+gn<=n;U++){            for(int l=0;(r=l+U+gn)<n;l+=U){                 int width=min(U,lcp(l,r))+min(U,lcp(2*n-l,2*n-r))-1;                   if(width>=U){                     ans+=width-U+1;                 }            }        }        printf("Case %d: %d\n",++now,ans);    }    return 0;}