bzoj3277 串 (后缀数组+二分答案+ST表)

常见操作：先把所有串都连到一起，但中间加上一个特殊的符号（不能在原串中/出现过）作为分割

由于全部的子串就等于所有后缀的所有前缀，那我们对于每一个后缀，去求一个最长的前缀，来满足这个前缀在至少K个原串中出现过

那我们就二分一下这个前缀的长度。现在的问题就是怎么判断这个前缀是否在K个串中出现过了。

显然，对于一个后缀s的长度为x的前缀，只要某个后缀t 和s的LCP>=x，就说明x也是t的后缀

我们知道，LCP(x,y)=min{height[rank[y]],height[rank[y]-1],...,height[rank[x]+1]}，所以其实t和s的LCP也是单调的，满足条件的是一个排名区间

那我们用二分出来这个区间的左右端点（用st表预处理一下height的区间最小值），然后只要判断这个区间里的后缀是否满足出现在K个串中就可以了

我们只要提前处理出来left[i]，表示一个最大的排名，使得sa[left[i]]...sa[i]在不同串中出现次数>=K，然后判断我刚二分出来的那个区间[l,r]，是否l<=left[r]就可以了

复杂度$O(nlog^2n)$，据说有点卡常，那稍微优化一下

我们第一次二分前缀的长度的时候，显然现在在做的的最大的长度一定是>=(上一个后缀的最大前缀长度-1)的，所以只要像求height那样推着做就可以了

据说均摊复杂度O(nlogn)

（第一次写后缀数组各种懵...最后还是全都照着大佬的题解抄的...）

#include<bits/stdc++.h>
#define pa pair<int,int>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;

inline ll rd(){
    ll x=0;char c=getchar();int neg=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') neg=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
    return x*neg;
}

int NN,N,M,K;
char ch[maxn];
int suf[maxn],rank[maxn],rank1[maxn],cnt[maxn],tmp[maxn];
int h[maxn],left0[maxn],bel[maxn],st[maxn][20],pos[maxn][2];

inline void getsuf(){
    int i,j,k;M=126;
    for(i=1;i<=N;i++) cnt[ch[i]]=1;
    for(i=1;i<=M;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
    for(i=N;i;i--) rank[i]=cnt[ch[i]];
    for(k=1;j!=N;k<<=1){
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        for(i=1;i<=N;i++) cnt[rank[i+k>N?0:i+k]]++;
        for(i=1;i<=M;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
        for(i=N;i;i--) tmp[cnt[rank[i+k>N?0:i+k]]--]=i;
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        for(i=1;i<=N;i++) cnt[rank[i]]++;
        for(i=1;i<=M;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
        for(i=N;i;i--) suf[cnt[rank[tmp[i]]]--]=tmp[i];
        memcpy(rank1,rank,sizeof(rank));
        rank[suf[1]]=j=1;
        for(i=2;i<=N;i++){
            int ipk=suf[i]+k>N?0:suf[i]+k,i1pk=suf[i-1]+k>N?0:suf[i-1]+k;
            if(rank1[ipk]!=rank1[i1pk]||rank1[suf[i]]!=rank1[suf[i-1]]) j++;
            rank[suf[i]]=j;
        }M=j;
    }
    for(i=1;i<=N;i++) suf[rank[i]]=i;
}

inline void geth(){
    //h[1]=1;
    for(int i=1,j=0;i<=N;i++){
        if(rank[i]==1) continue; 
        if(j) j--;
        int x=suf[rank[i]-1];
        while(i+j<=N&&x+j<=N&&ch[i+j]==ch[x+j]) j++;
        h[rank[i]]=j;
    }
}

inline void getleft0(){
    int n=0;
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    for(int i=1,j=1;i<=N;i++){
        if(ch[suf[i]]=='z'+1) continue;
        if(!cnt[bel[suf[i]]]) n++;
        cnt[bel[suf[i]]]++;
        if(n>=K){
            for(;n-(cnt[bel[suf[j]]]==1)>=K;n-=(cnt[bel[suf[j++]]]==0)) cnt[bel[suf[j]]]--;
            left0[i]=j;
        }
    }
}

inline void getst(){
    for(int i=N;i;i--){
        st[i][0]=h[i];
        for(int j=1;st[i+(1<<(j-1))][j-1];j++){
            st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
} 

inline int rmq(int l,int r){
    int k=log2(r-l+1);
    return min(st[l][k],st[r-(1<<k)+1][k]);
}

inline bool check(int p,int x){
    int l,r,l0,r0;
    if(h[p+1]<x) r0=p;
    else{
        l=p+1;r=N;
        while(l<=r){
            int m=(l+r)>>1;
            if(rmq(p+1,m)>=x)r0=m,l=m+1;
            else r=m-1;
        }
    }
    if(h[p]<x) l0=p;
    else{
        l=2;r=p;
        while(l<=r){
        //    printf("%d %d\n",l,r);
            int m=(l+r)>>1;
            if(rmq(m,p)>=x) l0=m,r=m-1;
            else l=m+1;
        }l0--;
    }
    return left0[r0]>=l0;
}

inline void solve(){
    for(int i=1;i<=NN;i++){
        int k=0;ll ans=0;
        for(int j=pos[i][0];j<pos[i][1];j++){
            if(k) k--;
            for(;j+k<pos[i][1]&&check(rank[j],k+1);k++);
            ans=ans+k;
        }
        printf("%lld ",ans);
    }printf("\n");
}



int main(){
    //freopen("3277.in","r",stdin);
//    freopen("aa.out","w",stdout);
    int i,j,k;
    N=NN=rd(),K=rd();
    for(i=1,j=1;i<=N;i++){
        pos[i][0]=j;
        scanf("%s",ch+j);k=strlen(ch+j);
        ch[j+k]='z'+1;
        for(int t=j;t<j+k;t++) bel[t]=i;
        j=j+k+1;
        pos[i][1]=j-1;
    }N=j-1;
    getsuf();
    geth();
    getleft0();
    getst();
    solve();
    return 0;
}