如果乙個字串可以被拆分為 \(\text\) 的形式，其中 \(\text\) 和 \(\text\) 是任意非空字串，則我們稱該字串的這種拆分是優秀的。
例如，對於字串 \(\texttt\) ，如果令 \(\text=\texttt\)，\(\text=\texttt\)，我們就找到了這個字串拆分成 \(\text\) 的一種方式。
乙個字串可能沒有優秀的拆分，也可能存在不止一種優秀的拆分。
比如我們令 \(\text=\texttt\)，\(\text=\texttt\)，也可以用 \(\text\) 表示出上述字串；但是，字串 \(\texttt\) 就沒有優秀的拆分。
現在給出乙個長度為 \(n\) 的字串 \(s\)，我們需要求出，在它所有子串的所有拆分方式中，優秀拆分的總個數。這裡的子串是指字串中連續的一段。
以下事項需要注意：
出現在不同位置的相同子串，我們認為是不同的子串，它們的優秀拆分均會被記入答案。
在乙個拆分中，允許出現 \(\text=\text\)。例如 \(\texttt\) 存在拆分 \(\text=\text=\texttt\)。
字串本身也是它的乙個子串。
每個輸入檔案包含多組資料。
輸入檔案的第一行只有乙個整數 \(t\)，表示資料的組數。
接下來 \(t\) 行，每行包含乙個僅由英文小寫字母構成的字串 \(s\)，意義如題所述。
輸出 \(t\) 行，每行包含乙個整數，表示字串 \(s\) 所有子串的所有拆分中，總共有多少個是優秀的拆分。
\(n\le 30000\)
太良心了
\(85\%\)的點\(n\le 500\)，直接\(o(n^3)\)暴力列舉區間+斷點用雜湊判斷
然後只要稍微動動腦子：設\(a[i]\)表示以\(i\)結尾的\(\text\)串個數，\(b[i]\)表示以\(i\)開頭的\(\text\)串個數，那麼答案就是\(\sum\limits_^
a[i]*b[i+1]\)
\(o(n^2)\) 95分到手
最後五分如果想不出來不拿也感覺無所謂。。。最後五分確實不好想
所以開始說正解：
上面的95分解法問題就在於\(a[n],\ b[n]\)，我們需要\(o(n^2)\)的時間求出來，考慮怎麼樣求得更快
我們列舉乙個\(len\)表示我們現在想找到那些長度為\(2*len\)的\(\text\)串
然後在原串上每隔\(len\)放乙個斷點
我們列舉相鄰的兩個斷點\(i,j\)，現在我們想要知道 以\(i\)開頭的字尾與以\(j\)開頭的字尾的最長公共字首(lcp) 和 以\(i\)結尾的字首與以\(j\)結尾的字首的最長公共字尾(lcs)
lcp可以用字尾陣列求；lcs也可以，把原陣列翻轉之後就變成字尾的lcp了，所以這兩個都是可以用st表\(o(1)\)求出的
那麼現在我們求出了這兩個值
情況1
對於這種情況，即\(lcp+lcs-1，我們是找不出\(\text\)串的
情況2
用腳畫圖 不愧是我
\(lcp+lcs-1，這個時候就有很多的長為\(2*len\)的\(\text\)串了，圖中畫出的\(\text,\ \text\)就是最靠左和最靠右的兩個這樣的串
實際上，我畫了"ok"的那個橙色區間的每乙個點都是乙個長為\(2*len\)的\(\text\)串的開頭，應該很好理解吧。。。
如何找哪一段是合法\(\text\)串的結尾也同理
所以實際上每次就是把\(a[n]\)和\(b[n]\)的某一段全部加一 用差分來維護一下就行了
最後來看一下時間複雜度
字尾陣列+st表是\(o(n\log n)\)
\(\frac+\frac+\frac+\dots+\frac\) 我記得差不多就是\(o(n \log n)\)吧。。。可能要稍微大一點
總之\(n\le 30000\)的資料是完全沒有壓力的
注意多組資料初始化陣列！注意多組資料初始化陣列！注意多組資料初始化陣列！
#include #define n 60005
using namespace std;
int t, n, nn;
char s[n];
int a[n], b[n];
int sa[n], sa2[n], rnk[n], sum[n], key[n], height[n], st[n][21];
inline bool check(int *num, int aa, int bb, int l)
void da()
} }void geth()
}void prest()
} }for (int i = 1; i <= nn; i++)
long long ans = 0;
for (int i = 1; i < nn; i++)
printf("%lld\n", ans);
} int main()
nn = n;
n = (n<<1|1);
da(); geth(); prest();
solve();
} return 0;
}
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