[bzoj3879]SvT

来源：互联网发布：网络建设与管理答案编辑：程序博客网时间：2024/06/05 09:14

3879: SvT

Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 512 MB
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Description

(我并不想告诉你题目名字是什么鬼)

有一个长度为n的仅包含小写字母的字符串S,下标范围为[1,n].

现在有若干组询问,对于每一个询问,我们给出若干个后缀(以其在S中出现的起始位置来表示),求这些后缀两两之间的LCP(LongestCommonPrefix)的长度之和.一对后缀之间的LCP长度仅统计一遍.

Input

第一行两个正整数n,m,分别表示S的长度以及询问的次数.

接下来一行有一个字符串S.

接下来有m组询问,对于每一组询问,均按照以下格式在一行内给出:

首先是一个整数t,表示共有多少个后缀.接下来t个整数分别表示t个后缀在字符串S中的出现位置.

Output

对于每一组询问,输出一行一个整数,表示该组询问的答案.由于答案可能很大,仅需要输出这个答案对于23333333333333333(一个巨大的质数)取模的余数.
Sample Input

7 3popoqqq1 42 3 54 1 2 5 6

Sample Output

Hint

样例解释:

对于询问一,只有一个后缀”oqqq”,因此答案为0.
对于询问二,有两个后缀”poqqq”以及”qqq”,两个后缀之间的LCP为0,因此答案为0.
对于询问三,有四个后缀”popoqqq”,”opoqqq”,”qqq”,”qq”,其中只有”qqq”,”qq”两个后缀之间的LCP不为0,且长度为2,因此答案为2.
对于100的测试数据,有S<=5∗105,且Σt<=3∗106.
特别注意:由于另一世界线的某些参数发生了变化,对于一组询问,即使一个后缀出现了多次,也仅算一次.

对于每一个询问，按照rank排序，然后从小到大求出每一对LCP（i，i+1）将这个值赋给i+1然后用一个单调栈维护出当前询问的每一个点有贡献的区间，将左端点的个数和右端点的个数乘一下就行了。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define LL long long #define Mod 23333333333333333const int N=500010;const int M=3000010;char s[N];int n,m,T,now[M],stack[N],top,l[N],r[N],t1[N],t2[N],c[N],sa[N],height[N],rank[N],st[N][20],Log[N],use[M];inline int in(){    int x=0;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();    return x;}inline bool cmp(int *y,int p,int q,int k){    int o1,o2;    o1=p+k>=n?-1:y[p+k];    o2=q+k>=n?-1:y[q+k];    return o1==o2&&y[p]==y[q];}inline void build_sa(){    int i,k,p,*x=t1,*y=t2;    for(m=26,i=0;i<m;++i) c[i]=0;    for(i=0;i<n;++i) ++c[x[i]=s[i]-'a'];    for(i=1;i<m;++i) c[i]+=c[i-1];    for(i=n-1;~i;--i) sa[--c[x[i]]]=i;    for(k=1;k<=n;k<<=1){        for(p=0,i=n-k;i<n;++i) y[p++]=i;        for(i=0;i<n;++i) if(sa[i]>=k) y[p++]=sa[i]-k;        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;--i) sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];        swap(x,y);        x[sa[0]]=0;m=1;        for(i=1;i<n;++i) x[sa[i]]=cmp(y,sa[i],sa[i-1],k)?m-1:m++;        if(m>=n) break;    }}inline void build_height(){    int i,j,k=0;    for(i=0;i<n;++i) rank[sa[i]]=i;    for(i=0;i<n;++i){        if(!rank[i]) continue;        k=k?--k:k;        j=sa[rank[i]-1];        while(s[i+k]==s[j+k]) ++k;        height[rank[i]]=k;    }    /*------------st------------*/    memset(st,127/3,sizeof(st));        for(i=0;i<n;++i) st[i][0]=height[i];    for(j=1;j<=20;++j)      for(i=0;i+(1<<(j-1))<n;++i)        st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);    for(j=0,i=1;i<=n;++i){        if((1<<(j+1))<=i) ++j;        Log[i]=j;    }}inline int LCP(int x,int y){    int k=Log[y-x];++x;    return min(st[x][k],st[y-(1<<k)+1][k]);   }int main(){    int i;;    LL ans;    n=in();T=in();    for(i=0;i<n;++i){        char ch=getchar();        while(ch<'a'||ch>'z') ch=getchar();        s[i]=ch;    }    build_sa();    build_height();    while(T--){        ans=0;        m=in();        for(i=1;i<=m;++i) now[i]=in();        sort(now+1,now+m+1);        m=unique(now+1,now+m+1)-now-1;        for(i=1;i<=m;++i) now[i]=rank[now[i]-1];        sort(now+1,now+m+1);        for(i=2;i<=m;++i){            int o=LCP(now[i-1],now[i]);            use[i-2]=o;        }        --m;stack[top=1]=0;        for(l[1]=0,i=1;i<m;++i){            while(top&&use[stack[top]]>use[i]) --top;            l[i]=top?stack[top]+1:0;            stack[++top]=i;        }        stack[top=1]=m-1;        for(r[m-1]=m-1,i=m-2;i>=0;--i){            while(top&&use[stack[top]]>=use[i]) --top;            r[i]=top?stack[top]-1:m-1;            stack[++top]=i;        }        for(i=0;i<m;++i) ans=(ans+((LL)(i-l[i]+1)*(LL)(r[i]-i+1))%Mod*(LL)use[i]%Mod)%Mod;        printf("%I64d\n",ans);        for(i=0;i<=m;++i) use[i]=0;    }}

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