题目：https://loj.ac/problem/3055
先写了暴力。本来想的是 n<=300 的那个在树上暴力维护好整个字符串， x=1 的那个用主席树维护好字符串和 nxt 数组。但 x=1 的部分会 TLE ，而且似乎不太对的样子。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
#define pb push_back
#define ls Ls[cr]
#define rs Rs[cr]
using namespace std;
int rdn()
{
int ret=;bool fx=;char ch=getchar();
while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')fx=;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();
return fx?ret:-ret;
}
int n;
namespace S1{
const int N=,M=N*N;
int fa[N],q[N],s[M],nxt[M]; ll sm[N];
vector<int> c[N],nt[N];
void add(int x,int y,int m=,int ch=)
{
sm[y]=sm[x]; fa[y]=x; if(!m)return;
int top=, cr=x;
while(cr)q[++top]=cr,cr=fa[cr];
int tot=;
for(int i=top;i;i--)
{
cr=q[i];
for(int j=,lm=c[cr].size();j<lm;j++)
s[++tot]=c[cr][j], nxt[tot]=nt[cr][j];
}
c[y].resize(m); nt[y].resize(m);
int i,j;
if(!tot){ s[]=c[y][]=ch;i=;j=;} else { i=tot+;j=;}
for(;j<=m;j++,i++)
{
s[i]=ch; cr=nxt[i-];
while(cr&&s[cr+]!=ch)cr=nxt[cr];
if(s[cr+]==ch)nxt[i]=cr+; else nxt[i]=;
c[y][j-]=ch; nt[y][j-]=nxt[i]; sm[y]+=nxt[i];
}
}
void solve()
{
int op,x; char ch[];
for(int i=;i<=n;i++)
{
op=rdn();x=rdn();
if(op==)
{ scanf("%s",ch); add(i-,i,x,ch[]-'a'+);}
else add(x,i);
printf("%lld\n",sm[i]);
}
}
}
namespace S2{
const int N=1e5+,M=2e6+;
int rt[N],tot,Ls[M],Rs[M],cd[N]; ll sm[N];
struct Node{ int c,nxt;}a[M];
int ins(int l,int r,int &cr,int pr,int p,int ch)
{
if(!cr){cr=++tot;ls=Ls[pr];rs=Rs[pr];}
if(l==r){a[cr].c=ch;return cr;}
int mid=l+r>>;
if(p<=mid)return ins(l,mid,ls,Ls[pr],p,ch);
return ins(mid+,r,rs,Rs[pr],p,ch);
}
Node qry(int l,int r,int cr,int p)
{
if(l==r)return a[cr]; int mid=l+r>>;
if(p<=mid)return qry(l,mid,ls,p);
return qry(mid+,r,rs,p);
}
void add(int cr,int pr,int m,int ch)
{
sm[cr]=sm[pr]; cd[cr]=cd[pr];
for(int i=,d;i<=m;i++)
{
cd[cr]++; d=ins(,n,rt[cr],rt[pr],cd[cr],ch);
int p=qry(,n,rt[cr],cd[cr]-).nxt;
while(p&&qry(,n,rt[cr],p+).c!=ch)
p=qry(,n,rt[cr],p).nxt;
if(p+!=cd[cr]&&qry(,n,rt[cr],p+).c==ch)//!=
a[d].nxt=p+;
else a[d].nxt=;
sm[cr]+=a[d].nxt;
}
}
void solve()
{
int op,x; char ch[];
for(int i=;i<=n;i++)
{
op=rdn();x=rdn();
if(op==)
{ scanf("%s",ch); add(i,i-,x,ch[]-'a'+);}
else {sm[i]=sm[x];rt[i]=rt[x];cd[i]=cd[x];}
printf("%lld\n",sm[i]);
}
}
}
int main()
{
n=rdn();
if(n<=){S1::solve();return ;}
if(n<=1e5){S2::solve();return ;}
return ;
}
然后看了题解。
因为有 “加入的字符和上一个不同” 的限制，所以考虑一段 x 的末尾后面能续上 x 的 nxt 数组，只有自己的 nxt 跳到了另一段 y 的末尾，满足 x 和 y 的字符与长度均相同。
那个 nxt 就是把一段看做一个字符、相同看做两段的字符与长度均相同的 nxt 数组。
一边跳 nxt 一边累计答案，方法是记录一个 lst 表示当前段已经有前 lst 个字符贡献过答案；如果遇到 c[ p+1 ] == c[ cr ] （ c[ ] 表示字符， p 表示跳到的 nxt ），那么能匹配上的是当前段的前 min( len[ p+1 ] , len[ cr ] ) 个字符（len 表示段长）；其中之前没贡献过答案的就是本次要贡献答案的，贡献是 ( s[ p ] + lst + 1 ) 到 ( s[ p ] + min( len[ p+1 ] , len[ cr ] ) ) 的等差数列求和。然后把 lst 更新成 min( len[ p+1 ] , len[ cr ] ) 。
如果第一段的字符和自己相同，而第一段的长度比自己小（大于等于自己的话，在跳 nxt 的时候已经用等差数列加过了。所以跳 nxt 的 break 条件放在贡献答案之后），那么还可以给答案贡献 ( len[ cr ] - lst ) 倍的 len[ 1 ] 。（注意是 ( len[ cr ] - lst ) 而不是 ( len[ cr ] - len[ 1 ] ) ）并且这种情况的 nxt[ cr ] 应该等于 1 而不是 0 。
把询问离线，在树上用全局变量维护当前的 c[ ] 和 nxt[ ] ， dfs 一遍即可。这样复杂度不对，但可过。目前只写了这样。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int rdn()
{
int ret=;bool fx=;char ch=getchar();
while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')fx=;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();
return fx?ret:-ret;
}
int Mn(int a,int b){return a<b?a:b;}
int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;}
const int N=1e5+,mod=;
int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<)x+=mod;return x;} int n,c[N],len[N],tc[N],tl[N],s[N],nt[N];
int hd[N],xnt,to[N],nxt[N],ans[N];
int cz(int l,int r)
{
if(l>r)return ;
return (ll)(l+r)*(r-l+)/%mod;
}
void add(int x,int y){to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;}
void dfs(int cr,int pr,int cd)
{
ans[cr]=pr;
if(len[cr])
{
cd++; nt[cd]=;/////
tc[cd]=c[cr]; tl[cd]=len[cr]; s[cd]=s[cd-]+len[cr];
if(cd==)
{
ans[cr]=cz(,len[cr]-); nt[cd]=;
}
else
{
int p=nt[cd-],lst=;
while()
{
if(tc[p+]==c[cr])
{
int tp=Mn(tl[p+],len[cr]);
if(tp>lst)
{ ans[cr]=upt(ans[cr]+cz(s[p]+lst+,s[p]+tp)); lst=tp;}
}
if(!p||(tc[p+]==c[cr]&&tl[p+]==len[cr]))break;
p=nt[p];
}
if(tc[p+]==c[cr]&&tl[p+]==len[cr])
nt[cd]=p+;
else if(!p&&tc[]==c[cr]&&tl[]<len[cr])
ans[cr]=(ans[cr]+(ll)tl[]*(len[cr]-lst))%mod,nt[cd]=;
//-lst not len[1]//nxt=1 not 0
}
}
for(int i=hd[cr];i;i=nxt[i])
dfs(to[i],ans[cr],cd);
}
int main()
{
n=rdn(); char ch[];
for(int i=;i<=n;i++)
{
int op=rdn();
if(op==){ int d=rdn();add(d,i);continue;}
len[i]=rdn(); scanf("%s",ch); c[i]=ch[]-'a'+;
add(i-,i);
}
dfs(,,);
for(int i=;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return ;
}
然后参考这里的题解（和代码）：https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/10680094.html
复杂度不对的原因是暴力跳 nxt 。可以建 “kmp自动机” ，就是 pr[ i ][ j ] 表示 i 位置后面接 j 字符的话 nxt 会跳到哪个位置。新的位置 i 继承它的 nxt 的 pr[ ][ ] ，i-1 的某个 pr[ ][ ] 值改为 i 。
根据接上来的长度不同，即使字符一样， nxt 仍可能跳到不同的位置。所以每个位置开 26 个主席树维护接上各种字符的不同长度， nxt 会跳到哪个位置。
边跳还要边统计答案。把这个信息也放到主席树上。
答案由两部分构成。设当前段能匹配的长度为 len ， 一部分答案是 1 ~ len 的等差数列求和，另一部分是 1 ~ len 对应的 nxt 位置的前缀长度求和。
考虑已经做完当前段，让它给上一个位置的主席树一些更新。设当前段长为 cd ， prs 表示到上一个位置为止的前缀段长。
考虑原来的暴力，跳到一个字符相同的位置，可以给当前段的一个前缀的每个位置提供一种可能的贡献，这里需要把 1~cd 位置的 “可能贡献” 改成当前的 prs 。这样一定最优。
所以把主席树上 1~cd 位置的值都改成 prs 。把 cd 位置的 nxt 改成当前段。求答案的时候，假设要匹配的段的长度是 cd2 ，那么它的 nxt 就是主席树 cd2 处记录的 nxt ，它的过程中答案就是主席树 1~cd2 位置的值的和。
注意处理与第一段匹配的情况。需要记录 “当前段最长能匹配多长” 。这个顺便记录即可。就是每次要修改的时候，对应值都可以对当前段长 cd 取 max 。
代码里 rt[ top ][ ch ] 表示 “通过 ch 的边进入 top 之后的种种可能” 。所以往下走的时候，是把 rt[ pr+1 ] 赋值给 rt[ top+1 ] ，用的就是 “通过当前字符从 pr 进入 pr+1 ” 的信息。（pr 表示当前位置的 nxt ）
注意主席树新开节点的时候把原来的信息搬过来。
注意在外面枚举 0 点的出边，进入的时候把 rt[ 0 ][ ] 之类的改成初值。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define ls Ls[cr]
#define rs Rs[cr]
using namespace std;
int rdn()
{
int ret=;bool fx=;char ch=getchar();
while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')fx=;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();
return fx?ret:-ret;
}
int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;}
int Mn(int a,int b){return a<b?a:b;}
const int N=1e5+,M=5e6+,K=,mod=;
int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<)x+=mod;return x;} int n,m,cnt,hd[N],xnt,to[N],nxt[N],w[N],c[N],ps[N],ans[N];
int rt[N][K],mxl[N][K],prs[N],top,tc,tl;
int tot,Ls[M],Rs[M],sm[M],nt[M],tg[M],tim,dfn[M];
void add(int x,int y,int cd,int ch)
{to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;w[xnt]=cd;c[xnt]=ch;}
int cal(int x){return (ll)(+x)*x/%mod;}
int nwnd(int cr)
{
if(dfn[cr]==tim)return cr; tot++; dfn[tot]=tim;
Ls[tot]=ls; Rs[tot]=rs;
sm[tot]=sm[cr]; nt[tot]=nt[cr]; tg[tot]=tg[cr];return tot;
}
void cz(int &cr,int len,int k){ cr=nwnd(cr); sm[cr]=(ll)len*k%mod;}
void pshd(int cr,int l,int mid,int r)
{
if(!tg[cr])return; int k=tg[cr]; tg[cr]=;
cz(ls,mid-l+,k); cz(rs,r-mid,k); tg[ls]=tg[rs]=k;
}
void mdfy(int l,int r,int &cr,int R,int k,int p)
{
if(!cr||dfn[cr]!=tim)cr=nwnd(cr);//
if(r<R){cz(cr,r-l+,k);tg[cr]=k;return;}
if(l==r){cz(cr,r-l+,k);nt[cr]=p;return;}
int mid=l+r>>; pshd(cr,l,mid,r);
mdfy(l,mid,ls,R,k,p);
if(mid<R)mdfy(mid+,r,rs,R,k,p);
sm[cr]=upt(sm[ls]+sm[rs]);
}
int qry(int l,int r,int cr,int R,int &p)
{
if(!cr)return ; if(r<R)return sm[cr];
if(l==r){p=nt[cr]; return sm[cr];}
int mid=l+r>>; pshd(cr,l,mid,r);
int ret=qry(l,mid,ls,R,p);
if(mid<R)ret=upt(ret+qry(mid+,r,rs,R,p));
return ret;
}
void dfs(int cr,int cd,int ch)
{
prs[++top]=prs[top-]+cd; int pr=;
if(top==)ans[cr]=upt(ans[cr]+cal(cd-)),tc=ch,tl=cd;
else
{
ans[cr]=upt(ans[cr]+qry(,m,rt[top][ch],cd,pr));
ans[cr]=upt(ans[cr]+cal(Mn(cd,mxl[top][ch])));//Mn!!
if(!pr&&tc==ch&&tl<cd)
{
if(cd>mxl[top][ch])
ans[cr]=(ans[cr]+(ll)tl*(cd-mxl[top][ch]))%mod;
pr=;///////
}
}
mxl[top][ch]=Mx(mxl[top][ch],cd);
tim++; mdfy(,m,rt[top][ch],cd,prs[top-],top);
for(int i=hd[cr];i;i=nxt[i])
{
memcpy(rt[top+],rt[pr+],sizeof rt[pr+]);//pr+1!!!
memcpy(mxl[top+],mxl[pr+],sizeof mxl[pr+]);
ans[to[i]]=ans[cr]; dfs(to[i],w[i],c[i]);
}
top--;
}
int main()
{
n=rdn(); char ch;
for(int i=;i<=n;i++)
{
int op=rdn(), x=rdn();
if(op==)
{
cin>>ch; ps[i]=++cnt; m=Mx(m,x);
add(ps[i-],ps[i],x,ch-'a'+);
}
else ps[i]=ps[x];
}
for(int i=hd[];i;i=nxt[i])
{
memset(rt[],,sizeof rt[]);/////
memset(mxl[],,sizeof mxl[]);
dfs(to[i],w[i],c[i]);
}
for(int i=;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[ps[i]]);
return ;
}