bzoj4566: [haoi2016]找相同字元
給定兩個字串，求出在兩個字串中各取出乙個子串使得這兩個子串相同的方案數。
兩個方案不同當且僅當這兩個子串中有乙個位置不同。
兩行，兩個字串s1，s2，長度分別為n1，n2。
1 <=n1, n2<= 200000，字串中只有小寫字母
輸出乙個整數表示答案
aabb
bbaa
10題解here!
$o(n^3)$的大暴力：
首先，我們知道。如果連個串中各取乙個極長的相同的子串（極長的意思就是這兩個串再向兩邊延伸就會不同或出界），則這個極長的串的所有子串也是相同的。
由於列舉極長的串並求出其長度並不方便，所以我們可以列舉這個極長的串的左端點，再求出其長度。
這樣就可以不重不漏找出所有的極長的串。
更圖方便的話，我們可以只考慮兩原串中某字尾的所有字首，這可以補充不漏找出所有的子串。
但是由於我們要在兩個字串中列舉，同時找出子串的長度也是$o(n)$的，於是總複雜度為$o(n^3)$。
$o(n^2)$的優化大暴力：
剛才說道了字尾的字首，我們不由自主想到了字尾陣列。
如果我們可以很快求出$a$串和$b$串的某兩個字尾的最長公共字首，我們就可以將時間複雜度優化的更低。
這不就是$height$陣列解決的嘛！
所以我們可以將兩個字串通過乙個分隔符拼接起來，求出$height$陣列，即按字典序排序後每個字尾和前乙個的$lcp$。
再利用$height$陣列和$st$表，我們就可以$o(1)$得到任意兩字尾的$lcp$。
因此，這樣做的時間複雜度只有列舉子串起點的複雜度了，即$o(n^2)$。
$o(nlog_2n)$的正解：
現在拉高時間複雜度的罪魁禍首就是列舉起點了。
所以我們想將其複雜度降低。
考慮到利用$height$陣列求任意兩個字尾的$lcp$時的獨特性質：
兩個字尾的$lcp$為字典序排序後他們中間夾的最小的$height$。
也就是說排序後，乙個字尾越往後數$lcp$的長度越小。
這樣，我們就可以用單調棧維護這個最小值。
分$a$串的子串在前、$b$的子串在前兩種情況分別用單調棧求出答案，加起來就行。
至於如何維護，emmm......
由於利用了單調棧這個神奇的手段,時間複雜度降到了$o(nlog_2n)$，也就是倍增處理字尾陣列的複雜度。
當然你可以用$dc3$來完成，複雜度可以降到$o(n)$。（當然，本蒟蒻不會啦。。。）
附**：
#include#include#include#include#define maxn 400010
using namespace std;
pairstack[maxn];
int n,l1,l2;
int val[maxn],sum[maxn];
char str[maxn];
int top,sa[maxn],rk[maxn],tax[maxn],tp[maxn],height[maxn];
inline int read()
while(c>='0'&&c<='9')
return date*w;
}void radixsort()
void suffixsort()
radixsort();
for(int w=1,p=0;pw)tp[++p]=sa[i]-w;
radixsort();
swap(tp,rk);
rk[sa[1]]=p=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
rk[sa[i]]=(tp[sa[i-1]]==tp[sa[i]]&&tp[sa[i-1]+w]==tp[sa[i]+w])?p:++p;
}}void getheight()
}void work()
top=0;
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+(sa[i]>l1+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
while(top&&height[i]以上是字尾陣列解法，當然你可以用$sam$吊打$sa$，就像$ac$自動機吊打$trie$和$kmp$一樣。。。
（坑，未填。。。）
bzoj4566 HAOI2016 找相同字元
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bzoj luogu 首先把兩個串拼在一起跑字尾陣列。中間插入乙個沒有出現過的字元。求完字尾陣列之後考慮 o n 2 暴力統計 列舉前乙個串和後乙個串的兩個位置，ans lcp i,j 現在改為把一共 2n 個字尾按 rank 順序插入，每插入乙個字尾，統計與其不在同乙個串裡的字尾的貢獻。發現可以單...
bzoj4566 Haoi2016 找相同字元
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