题意：给出一个字符串，问其中有多少个子串恰好为\(uvu\)的形式。其中，\(u\)非空，\(v\)的长度恰好为\(l\)。
\(n \leq 5 \times 10^4\)
我们设两个后缀的起点分别为\(a,b \, (a < b)\)，那么，它们能贡献一个合法的子串当且仅当\(lcp(a,b) + l \geq b - a\)。这样，我们得到了\(O(n^2)\)的暴力。
由于\(lcp(a,b)\)和\(b-a\)没有什么关系，所以我们考虑枚举\(b-a\)。设\(b-a = s\)。那么，答案中\(u\)的长度就要满足\(|u| \geq s - l\)。因此，我们可以忽视长度小于\(s-l\)的字符串。
考虑这样一种做法：枚举\(s-l\)，并且把字符串分成\(\left\lceil \frac {n} {s-l} \right\rceil\)段，于是产生\(O \left(\frac {n} {s-l} \right)\)个端点。我们发现，所有满足\(|u| \geq s-l\)的子串\(u\)都至少覆盖一个端点。因此，我们枚举所有端点，并计算所有覆盖它的子串对答案的贡献。为了避免重复计算，我们只在一个子串覆盖的最右边的端点计算它的贡献。
现在，我们已有一个端点\(p\)，那么另一个\(u\)的起点就在\(p + s\)。那么，只要求出\(lcp(p,p+s)\)和\(lcs(p,p+s)\)，我们就能得出所有以\(p\)为其覆盖的最后一个端点的可能的\(u\)的数量。
因为\(H_n = \ln n + O(1)\)，所以如果使用\(O(1)\)的lcs和lcp，时间复杂度是\(O(n \log n)\)的。（但博主写了\(O(n \log^2 n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 80010, BAS = 233;
typedef unsigned long long ull;
ull has[N],mul[N];
long long ans;
int n,l;
char s[N];
ull gethas(int a,int b) {
return has[b] - has[a-1] * mul[b-a+1];
}
bool check(int a,int b,int c,int d) {
return gethas(a,b) == gethas(c,d);
}
int lcs(int a,int b) {
int l = 0, r = min(a,b), ret = 0, mid;
while (l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (check(a-mid+1,a,b-mid+1,b)) l = mid + 1, ret = mid;
else r = mid - 1;
}
return ret;
}
int lcp(int a,int b) {
int l = 0, r = min(n - a + 1, n - b + 1), ret = 0, mid;
while (l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (check(a,a+mid-1,b,b+mid-1)) l = mid + 1, ret = mid;
else r = mid - 1;
}
return ret;
}
int main() {
scanf("%d",&l);
scanf("%s",s+1);
n = strlen(s+1);
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
has[i] = has[i-1] * BAS + s[i];
mul[0] = 1;
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
mul[i] = mul[i-1] * BAS;
for (int s = 1 ; s <= n ; ++ s) {
for (int i = 1, j = 1 + s + l, a, b ; j <= n ; i += s, j += s) {
a = lcs(i,j);
b = lcp(i,j);
if (b > s) continue;
ans += max(0,a + b - s);
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
小结：一些基本套路都不会……字符串能力有待提高。