题意
给定两个字符串，求长度大于等于k的公共子串数。
分析
- 将两个字符串中间加个特殊字符拼接，跑后缀数组。
- 将题目转化为对每一个后缀求\(\sum_{j=1}^{i-1}lcp(i,j)\)，且后缀\(i\)和\(j\)属于不同字符串。
- 由于\(lcp\)只跟\(h\)数组的区间最小值有关，因此对于单调递减的\(h[i]\)我们可以合并贡献和个数，维护一个单调栈。
- 分别统计\(a\)串对\(b\)的贡献和\(b\)串对\(a\)的贡献。
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+50;
char a[N],b[N],s[N];
int sa[N],rk[N],h[N];
int t[N],t2[N],c[N];
int al,bl,n,k;
void build(int n,int m){
n++;
int *x=t,*y=t2;
for(int i=0;i<m;i++){
c[i]=0;
}
for(int i=0;i<n;i++){
c[x[i]=s[i]]++;
}
for(int i=1;i<m;i++){
c[i]+=c[i-1];
}
for(int i=n-1;i>=0;i--){
sa[--c[x[i]]]=i;
}
for(int k=1;k<=n;k*=2){
int p=0;
for(int i=n-k;i<n;i++){
y[p++]=i;
}
for(int i=0;i<n;i++){
if(sa[i]>=k){
y[p++]=sa[i]-k;
}
}
for(int i=0;i<m;i++){
c[i]=0;
}
for(int i=0;i<n;i++){
c[x[y[i]]]++;
}
for(int i=1;i<m;i++){
c[i]+=c[i-1];
}
for(int i=n-1;i>=0;i--){
sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];
}
swap(x,y);
p=1;
x[sa[0]]=0;
for(int i=1;i<n;i++){
x[sa[i]]=y[sa[i-1]]==y[sa[i]] && y[sa[i-1]+k]==y[sa[i]+k]?p-1:p++;
}
if(p>=n){
break;
}
m=p;
}
n--;
for(int i=0;i<=n;i++){
rk[sa[i]]=i;
}
int k=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(k){
k--;
}
int j=sa[rk[i]-1];
while(s[i+k]==s[j+k]){
k++;
}
h[rk[i]]=k;
}
}
void debug(){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=sa[i];j<n;j++){
printf("%c",s[j]);
}
printf("\n");
}
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%d ",sa[i]);
}
printf("\n");
for(int i=0;i<n;i++){
printf("%d ",rk[i]);
}
printf("\n");
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%d ",h[i]);
}
printf("\n");
}
//答案就是对任意两个不同后缀a[i...]和b[j...]的sum(lcp(ai,bj)-k+1)
//两个单调栈，一个维护h[i]，一个维护贡献之和
ll he[N],ct[N];
ll solve(){
//考虑用单调栈优化到O(n)，即对于每一个后缀求与前面后缀的lcp之和，不重不漏
ll ans=0;
//当前后缀与前面每个后缀的lcp之和
//由性质可知，当前后缀和前面某一个后缀的lcp应该是之间的h[i]最小值
//因此可以将递减的h[i]合并为最小的那个h[min]*cnt
ll sum=0;
int tp=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(h[i]<k){
tp=0;
sum=0;
continue;
}
ll cnt=0;
//维护单调栈，由于lcp只跟区间h最小值有关，将所有栈顶大于当前h[i]的都合并
while(tp && he[tp]>h[i]){
//减去无效栈顶的贡献(h[i]-k+1)
sum-=(he[tp]-k+1)*ct[tp];
//暂时累计cnt，存储到新的栈顶
cnt+=ct[tp];
//栈顶出栈
tp--;
}
//入栈，保持单调性
he[++tp]=h[i];
if(sa[i-1]<al) {
//有效贡献的串，个数加1
cnt++;
}
ct[tp]=cnt;
//累加栈顶贡献
sum+=(he[tp]-k+1)*ct[tp];
if(sa[i]>al){
//将当前累加的贡献加到答案中，即b串后缀与前面所有a串后缀的lcp之和
ans+=sum;
}
}
tp=sum=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(h[i]<k){
tp=0;
sum=0;
continue;
}
ll cnt=0;
while(tp && he[tp]>h[i]){
sum-=(he[tp]-k+1)*ct[tp];
cnt+=ct[tp];
tp--;
}
if(sa[i-1]>al){
he[++tp]=h[i];
ct[tp]=cnt+1;
sum+=(he[tp]-k+1)*ct[tp];
}else{
he[++tp]=h[i];
ct[tp]=cnt;
sum+=(he[tp]-k+1)*ct[tp];
}
//累加b串后缀与前面所有a串后缀的lcp之和
if(sa[i]<al){
ans+=sum;
}
}
return ans;
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
while(~scanf("%d",&k) && k){
scanf("%s",a);
scanf("%s",b);
al=strlen(a);
bl=strlen(b);
for(int i=0;i<al;i++){
s[i]=a[i];
}
s[al]='~';
for(int i=0;i<bl;i++){
s[al+1+i]=b[i];
}
n=al+bl+1;
s[n]='\0';
build(n,300);
// debug();
ll ans=solve();
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}