【luogu P4218】珠宝商（SAM）（点分治）（根号分治）

珠宝商

题目链接：luogu P4218

题目大意

给你一棵树，每个点有一个字符。再给你一个字符串 s。
然后问你树上的所有简单的路径在 s 上的出现次数的和。

思路

一个比较神奇的题目。

首先考虑 $n^2$ 暴力，不难想象使用 SAM，试着给 $s$ 串建一下 SAM 看看。
然后不难想象你就枚举根，然后跑树在 SAM 上跑链，然后出现次数其实就是 DAG 能走到的部分的 $sz$ 和。
（因为那些位置都是你的后缀）

然后考虑别的算法，因为是树上，我们试着用点分治。
那我们考虑把这条路径拆成了两个部分，那我们可以考虑枚举中间衔接的是 $s$ 串的哪个位置。
（不能枚举颜色，因为可能是在不同的位置）

也就是说我们需要统计子树里面有多少个到根的链满足出现在 $s$ 中而且末尾为 $p$（设 $p$ 为你当前枚举的位置），还有跟到这个点的字符串开头为 $p$ 的。
不难看出我们只需要求出一种，另一种反转一下串即可。

那一个比较容易想到的想法是记录一个数组 $nu{m}_i$ 表示 SAM 上 $i$ 这个位置存了多少贡献。
对于每个那些串我们可以在 SAM 上跑（继承地跑），然后给对于的位置 $nu{m}_i$ 加一。
然后再 DP 一下 $nu{m}_i$ 加上祖先的值 $nu{m}_{f{a}_i}$ 即可。
找答案的时候 $s$ 中第 $i$ 个位置在 SAM 的位置是 $x$，就直接是 $nu{m}_x$ 了。

但是会发现一个问题，它好像不能继承？
因为你是在前面加字符，不能直接用 $so{n}_i$ 数组。
那考虑自己再弄一个数组 $So{n}_i$：
考虑看它那个 endpose 集合，因为是连续的，所以如果当前的长度不是最大长度，就一定要跟前面那个对应上，对应上了就还是这个位置，否则就没有了。
那如果是最大长度，就一定会往后跳，那就是要找到一个 $fa$ 是它的点，满足前面能补上你要的那个，否则也没有答案。

那我们只需要记录达到最大长度的那个跳到哪即可，前面那个我们直接可以那个时候推。
求这个 $Son$ 的时候也不难，就直接每个点给它的父亲的 $Son$ 数组贡献一下。
（所以我们这里需要记录每个点的 endpose 集合的右端点，随便一个即可，这里是 $R_i$）

然后看一下复杂度：$O(n\log n+nm)$（因为每个点你都要枚举 $m$ 中间的断点位置）
麻了怎么更垃圾了。

但是观察到带上了 $m$，而 $n$ 大看起来是没问题的。
于是考虑一下能不能两个算法都用上，分析一下各自适用处：
暴力就是 $n^2$，$n$ 小的时候能用。
这个算法是 $n\log n+nm$，那 $n$ 大的时候似乎就可以，因为 $nm$ 里面的 $n$ 是你作为断点点数。
那我们考虑一下 $⩽\sqrt{n}$ 的用暴力，别的用第二个算法。
首先看暴力杂度，$T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(n^2)$，主定理之类的能证明是 $n\sqrt{n}$。
感性理解一下也不难，你每次只用 $1$ 的大小是 $O(n)$，每次用 $\sqrt{n}$ 的大小是 $\frac{n}{\sqrt{n}}{\sqrt{n}}^2=n\sqrt{n}$。
也不会用更大的因为会用另一个算法继续点分治。

接着看另一个算法，考虑根号，你深度就 $\log n$ 层，而且到 $\sqrt{n}$ 大小的层就不走了，所以 $nm$ 里面的 $n$ 就是 $\sqrt{n}$ 级别的（大概）。
所以就是对的。

具体操作建议看看打代码。
小细节：
两个 SAM 的 $s$ 数组是不一样的。（第二个是翻转的，后面也要用的 $s$ 数组也是不一样的）
区分好 $so{n}_i$ 和 $So{n}_i$ 数组，暴力里面只会用到 $so{n}_i$！
SAM 经典必写错（好吧这个也许只有我

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long

using namespace std;

const ll N = 5e4 + 100;
struct node {
	ll to, nxt;
}e[N << 1];
ll n, m, le[N], KK, a[N], s[N], B;
ll root, max_root, sz[N], pla1[N], pla2[N];
char s1[N], s2[N];
bool in[N];
ll ans;

void add(ll x, ll y) {
	e[++KK] = (node){y, le[x]}; le[x] = KK;
}

struct SAM {
	struct nde {
		ll sz, len, R, fa;
		ll son[26], Son[26];
	}d[N << 1];
	ll tot, lst; ll num[N << 1];
	ll tong[N], xl[N << 1], s[N];
	
	void Init() {
		tot = lst = 1;
	}
	
	ll insert(ll x) {
		ll p = lst, np = ++tot; lst = np;
		d[np].len = d[p].len + 1; d[np].sz = 1;
		d[np].R = d[np].len;
		for (; p && !d[p].son[x]; p = d[p].fa) d[p].son[x] = np;
		if (!p) d[np].fa = 1;
			else {
				ll q = d[p].son[x];
				if (d[q].len == d[p].len + 1) d[np].fa = q;
					else {
						ll nq = ++tot; d[nq] = d[q];
						d[nq].len = d[p].len + 1; d[nq].sz = 0;
						d[np].fa = d[q].fa = nq; d[nq].R = 0;
						for (; p && d[p].son[x] == q; p = d[p].fa) d[p].son[x] = nq;
					}
			}
		return np;
	}
	
	void build() {
		for (ll i = 1; i <= m; i++) tong[i] = 0;
		for (ll i = 1; i <= tot; i++) tong[d[i].len]++;
		for (ll i = 1; i <= m; i++) tong[i] += tong[i - 1];
		for (ll i = 1; i <= tot; i++) xl[tong[d[i].len]--] = i;
		for (ll i = tot; i > 1; i--) {
			ll now = xl[i];
			d[d[now].fa].sz += d[now].sz;
			d[d[now].fa].R = d[now].R;
			d[d[now].fa].Son[s[d[now].R - d[d[now].fa].len]] = now;
		}
	}
	
	void clear() {
		for (ll i = 1; i <= tot; i++) num[i] = 0;
	}
	
	void clac(ll now, ll father, ll x, ll len) {
		if (d[x].len == len) x = d[x].Son[a[now]];//到了最大长度
			else if (s[d[x].R - len] != a[now]) x = 0;//没到最大长度，直接看是否对上字符
		if (!x) return ; num[x]++;
		for (ll i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
			if (e[i].to != father && !in[e[i].to])
				clac(e[i].to, now, x, len + 1);
	}
	
	void DP() {
		for (ll i = 2; i <= tot; i++) {
			ll now = xl[i];
			num[now] += num[d[now].fa];
		}
	}
}S1, S2;

void dfs(ll now, ll father) {
	sz[now] = 1;
	for (ll i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father && !in[e[i].to]) {
			dfs(e[i].to, now); sz[now] += sz[e[i].to];
		}
}

void get_root(ll now, ll father, ll sum) {
	ll maxn = sum - sz[now];
	for (ll i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father && !in[e[i].to]) {
			get_root(e[i].to, now, sum);
			maxn = max(maxn, sz[e[i].to]);
		}
	if (maxn < max_root) max_root = maxn, root = now;
}

//
ll st[N];

void dfs1(ll now, ll father) {
	st[++st[0]] = now;
	for (ll i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father && !in[e[i].to])
			dfs1(e[i].to, now);
}

void dfs2(ll now, ll father, ll pl) {
	pl = S1.d[pl].son[a[now]]; if (!pl) return ;
	ans += S1.d[pl].sz;
	for (ll i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father && !in[e[i].to]) {
			dfs2(e[i].to, now, pl);
		}
}

void clacnn(ll now) {
	st[0] = 0; dfs1(now, 0);
	for (ll i = 1; i <= st[0]; i++) {
		dfs2(st[i], 0, 1);
	}
}
//n^2

void clac(ll now, ll father, ll op) {
	S1.clear(); S2.clear();
	if (father) {
		S1.clac(now, 0, S1.d[1].Son[a[father]], 1);
		S2.clac(now, 0, S2.d[1].Son[a[father]], 1);
	}
	else {
		S1.clac(now, 0, 1, 0); S2.clac(now, 0, 1, 0);
	}
	S1.DP(); S2.DP();
	for (ll i = 1; i <= m; i++)
		ans += op * S1.num[pla1[i]] * S2.num[pla2[m - i + 1]];//记得第二个串翻转了所以第二个是 m-i+1 
}

void slove(ll now) {
	in[now] = 1;
	dfs(now, 0);
	if (sz[now] <= B) {//n^2
		in[now] = 0;
		clacnn(now);
		in[now] = 1;
		return ;
	}
	clac(now, 0, 1);
	for (ll i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (!in[e[i].to]) {
			clac(e[i].to, now, -1);
			max_root = sz[e[i].to] + 1;
			get_root(e[i].to, now, sz[e[i].to]);
			slove(root);
		}
}

int main() {
	scanf("%lld %lld", &n, &m); B = sqrt(n);
//	B = 1; 
	for (ll i = 1; i < n; i++) {
		ll x, y; scanf("%lld %lld", &x, &y);
		add(x, y); add(y, x);
	}
	scanf("%s", s1 + 1); scanf("%s", s2 + 1);
	for (ll i = 1; i <= n; i++) a[i] = s1[i] - 'a';
	for (ll i = 1; i <= m; i++) s[i] = s2[i] - 'a';
	
	S1.Init();
	for (ll i = 1; i <= m; i++) pla1[i] = S1.insert(s[i]), S1.s[i] = s[i];
	S1.build();
	reverse(s + 1, s + m + 1);
	S2.Init();
	for (ll i = 1; i <= m; i++) pla2[i] = S2.insert(s[i]), S2.s[i] = s[i];
	S2.build();
	reverse(s + 1, s + m + 1);
	
	dfs(1, 0);
	max_root = n + 1;
	get_root(1, 0, n);
	slove(root);
	
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
}