2020牛客多校第二场A题 All with Pairs Hash+KMP

All with Pairs

题意

记$f(s,t)$为最大的$i$使得$s_{1...i}=t_{|t|-i+1...|t|}$
给$n$个串$s_1,s_2,...,s_n$，求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}f(s_i,s_j{)}^2$

题解

统计所有串每一个后缀出现次数，这个可以用哈希来实现

map<ull, int> mp;
void insert(string &s) {
    ull hash = 0, b = 1;//unsigned long long就可以自然溢出
    for (int i = s.length() - 1; i >= 0; i--, b *= base) {
        hash += b * (s[i] - 'a' + 1);
        mp[hash]++;
    }
}

对于一个串$s$来说，记$cnt[i]$为所有串中后缀等于$s_{1...i}$的数量
那么串$s$的贡献就是$\sum _{i=1}^{|s|}{i}^{2}cnt[i]$

这里有一个问题，如果我们按上面$Hash$的方法来求得所有串每一个后缀出现次数
会有重复计算，如$aba$的后缀有$a,ba,aba$, 如果我们当前串$s$能够匹配的最大长度为$3$，即匹配的串为$aba$时, $a$这个串也一定是匹配的，所以要对$cnt$进行容斥
容斥只需要从前往后令$cnt[next[i]]=cnt[next[i]]-cnt[i]$即可

因为如果从后往前容斥就要不断跳$next$数组，前面每一个重复的串都要减去$cnt[i]$的贡献
但是正向进行就只用减一次，因为$cnt[next[i]]=cnt[next[i]]-cnt[i]$中，$cnt[i]$本就包含了后面重复的贡献

代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int MAX = 1e5 + 10;
const int base = 233;
const int mod = 998244353;

vector<int> getNext(string &s) {
    int n = s.length();
    vector<int> nxt(n);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int j = nxt[i - 1];
        while (j > 0 && s[i] != s[j]) j = nxt[j - 1];
        if (s[i] == s[j]) j++;
        nxt[i] = j;
    }
    return nxt;
}

map<ull, int> mp;
void insert(string &s) {
    ull hash = 0, b = 1;//unsigned long long就可以自然溢出
    for (int i = s.length() - 1; i >= 0; i--, b *= base) {
        hash += b * (s[i] - 'a' + 1);
        mp[hash]++;
    }
}

int N;
string s[MAX];
int cnt[MAX * 10];

int main() {

    cin >> N;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        cin >> s[i];
        insert(s[i]);
    }
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        vector<int> nxt = getNext(s[i]);
        ull hash = 0;
        for (int j = 0; j < s[i].length(); j++) {
            hash = hash * base + s[i][j] - 'a' + 1;
            cnt[nxt[j]] -= (cnt[j + 1] = mp[hash]);
            //我这里j是从0开始的, 但是cnt数组是从1开始的，有点不一样
        }
        for (int j = 1; j <= s[i].length(); j++)
            ans = (ans + 1ll * cnt[j] * j % mod * j % mod) % mod;
    }
    printf("%lld\n", ans);


    return 0;
}