\(\color\)
（應本人要求刪掉惹）
upd on 21.4.3
找到有人把它又出出來的題了：
哦這就是2019多校題，但估計也不是原創：
**是nirobc 18年出的oi考試題
給你\(n,k\)和長為\(n\)的字串\(s\)。乙個區間\([l,r]\)是合法的，當且僅當\(s[l...r]\)能被分成\(k\)個相同的子串。求有多少個合法區間。
\(n,k\leq3\times10^5\)。
列舉單個子串的長度\(len\)，在\(s\)上從\(1\)開始每隔\(len\)個位置放乙個關鍵點，分成若干塊。
考慮相鄰\(k\)個關鍵點，以它們開頭的\(k\)個子串是否相同。如果它們兩兩之間的\(lcp\)都\(\geq len\)，顯然是合法的。考慮怎麼求這\(k\)個位置的\(lcp\)。
建\(sa\)，\(lcp\)是兩兩\(rk\)之間的最小值，也就是區間\([\min\,\max\]\)之間的最小值。用\(set\)動態維護一下，查詢\(lcp\)就是\(o(1)\)的了。
需要列舉\(o(n\log n)\)次，這樣這部分複雜度是\(o(n\log^2n)\)。
還有左右端點在塊內的情況，也就是跨過了\(k-1\)個整塊。容易發現這\(k-1\)塊的子串一定需要是相同的。同樣用\(sa\)和\(set\)先判一下。
設左端點\(l\)在第\(p\)塊內，右端點\(r\)在\(p+k\)塊內。記\(l[p],r[p]\)分別為第\(p\)塊的左右端點，可以發現合法的\(l\)範圍是字首\(r[p]\)與\(r[p+1]\)的最長公共字尾，可以反著建個\(sa\)求出來，設為\(a\)。同理合法\(r\)的範圍是字尾\(l[p+k]\)與\(l[p+k-1]\)的最長公共字首，設為\(b\)（注意與\(len-1\)取\(\min\)）。
\(r\)的長度需要在\([len-a,len-1]\)之間，所以此時合法的區間個數就是\(b-len+a+1\)。
複雜度也是\(o(n\log^2n)\)。
ps:
不知道標算是啥...（好像是sam+主席樹）這是\(\color}\color}\)的做法。
這個其實和優秀的拆分差不多...但是考場都忘了啊=-=
#include #include #include #include #include #define rg register
#define rev(x) (n-(x)+1)
//#define gc() getchar()
#define maxin 500000
#define gc() (ss==tt&&(tt=(ss=in)+fread(in,1,maxin,stdin),ss==tt)?eof:*ss++)
typedef long long ll;
const int n=3e5+5;
int s[n],log[n];
char in[maxin],*ss=in,*tt=in;
struct suffix_array
for(int i=1; i<=n; ++i) rk[sa[i]]=i;
ht[1]=0;
for(int i=1,k=0; i<=n; ++i)
for(int i=1; i<=n; ++i) mn[0][i]=ht[i];
for(int j=1; j<=log[n]; ++j)
for(int t=1<>1]+1;
sa1.build(s,n), std::reverse(s+1,s+1+n), sa2.build(s,n);
ll ans=0;
for(int len=1; len*k<=n; ++len)
if(len==1) continue;
std::setst2;
for(int t=k-1,i=len+1; t--; i+=len) st2.insert(sa1.rk[i]);
for(int i=k*len+1,j=len; i<=n; i+=len,j+=len)
st2.erase(sa1.rk[j+1]), st2.insert(sa1.rk[i]);
} }printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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