【题解】2019牛客国庆集训派对day1 C Distinct Substrings Z函数

题目来源：2019湖南省省赛 C题

现在有一个长为n(1e6)、字符集为m(1e6)的字符串S，对于一个字符c定义$h(c)=Sc的不同子串个数-S的不同子串个数$，即在尾部添加c后多了几个不同子串，求${\Sigma }_{c=1}^{m}h(c)$。
多组数据，$\Sigma n,\Sigma m<=5e5$，空间限制32M，时间限制1s

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1. 后缀自动机解法

对S建立后缀自动机，因为字符集较大，使用map来保存转移。
在后缀自动机中， 每个节点对应的不同子串个数等于len(u)-len(link(u))。

枚举每个字符c会添加多少个不同子串，注意到尾部添加一个字符最多会创建两个节点：cur和clone。

而link(clone) = 原有的link(q)，且新的link(q) = clone，所以clone节点并不会存储新的字符串。

而cur的link要么是0，要么是某个q，依照插入规则去找即可得到答案。

	inline int try_extend(int c) const
	{
		int p = lst;
		while(!ch[p].count(c) && p)
			p = link[p];
		if(ch[p].count(c))
		{
			return len[lst] - len[p];
		}
		else
		{
			return len[lst] + 1;
		}
	}

此方法失败，爆空间。

2. 后缀数组解法

首先求出S的后缀数组，注意其本质不同的子串个数等于$n\ast (n+1)/2-\Sigma Height$。

尾部新插入一个字符c时，新增加的不同子串个数等于$n+1-height的增量$。

当S中没有c时，height增量为0；有c时，至少为1，因为新添加了一个"c"后缀。

其余哪些height会增加？
注意height[i]表示sa[i]与sa[i-1]的lcp，
所以当$height[i]=len(sa[i-1])$且$S[sa[i]+height[i]]=c$时，S末尾添加一个字符c，height会加一。
其中len(sa[i-1])表示第sa[i-1]个后缀的长度，值为n-sa[i-1]。

记cnt[c]为字符为c时height的增量，遍历一次height数组即可找到所有答案。

for(int i=2; i<=n; ++i)
	if(height[i] == n-sa[i-1])
		++cnt[str[sa[i]+height[i]]];

此方法失败，倍增法求SA超时，DC3求SA爆空间。

3. Z函数解法

仔细思考上面两种方法的原理，Sc相比S，新增加了n+1个子串，分别是[1…n+1],[2…n+1],…,[n+1…n+1].
这些子串如果在S中已经出现过，就不能再被计数。注意当[k…n+1]出现过时，[k+1…n+1],[k+2,n+1],…作为它的后缀也一定出现过。

所以如果能够找到一个Sc的最长后缀，使得其在S中出现过，那么$h(c)=n+1-后缀长度$。
注意这个后缀的结尾一定是c。

现在对于S的每个真前缀s[1…i]，求其与S的最长公共后缀lcs，然后就可以更新$h(s[i+1])=min(h(s[i+1]),(n+1)-(lcs+1))$.

将S翻转后使用Z函数，就可以得到所有的lcs。

/* LittleFall : Hello! */
#include 
using namespace std; using ll = long long; inline int read();
const int M = 1000016, MOD = 1000000007;

int z[M]; //z函数，z[i]表示字符串s的第i个后缀和s的lcp，不包括0位置。
void exkmp(int *s)
{
	for(int i=1,l=0,r=0; s[i]; ++i)
	{
		z[i] = i>r ? 0 : min(r-i+1, z[i-l]);
		while(s[i+z[i]] && s[z[i]]==s[i+z[i]]) ++z[i];
		if(i + z[i] - 1 > r) l=i, r=i+z[i]-1;
	}
}
int str[M], h[M];
ll p3[M];
int main(void)
{
	#ifdef _LITTLEFALL_
	freopen("in.txt","r",stdin);
    #endif

	p3[0] = 1;
	for(int i=1; i<M; ++i)
		p3[i] = p3[i-1] * 3 % MOD;
	int n=0, m=0;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		for(int i=1; i<=m; ++i)
			h[i] = n+1;
		for(int i=n-1; i>=0; --i)
		{
			str[i] = read();
			h[str[i]] = n;
		}
		str[n]=0;

		exkmp(str);
		for(int i=1; i<n; ++i)
			h[str[i-1]] = min(h[str[i-1]], n-z[i]);

		ll ans = 0;
		for(int i=1; i<=m; ++i)
			ans ^= h[i]*p3[i] % MOD;
		printf("%lld\n",ans );
	}

    return 0;
}


inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

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总结：

1. 多想问题本质，别太依赖技术。
2. 表面上SAM或者SA能过，但是时间空间都很紧的时候，就可能需要扩展kmp了。