Pty loves string

只能说还是太菜了…一百多个队过的题看题解还想了一个小时才想明白。

题意是给一个字符串S，每次询问前x个字符和后y个字符拼起来的字符串T在字符串S中的出现次数。

对于一个出现情况来说s[l..r]s[l..r]来说，必然有s[l..l+x−1]=s[1..x]s[l..l+x-1]=s[1..x]，s[l+x...r]=s[n−y+1,n]s[l+x...r]=s[n-y+1,n]​，即s[l..r]s[l..r]的前xx个字符和S串的前xx个字符相同，后yy​个字符和S串的后yy个字符相同。所以对于一个出现情况来说，存在一个位置ii，包括当前位置往前xx个字符与S串前xx个字符相同，不包括当前位置往后yy个字符与S串后yy个字符相同。

考虑kmp。kmp的nextinext_i的意义是在s[1..i]s[1..i]中的与后缀相同的前缀，这里刚好符合我们需要的，ii位置前xx个字符与S串前缀相同。观察可以发现对于每一个前缀xx，都有若干个ii是满足上述条件的，同时对于每一个后缀yy也存在若干个位置满足上述条件。对于一个前缀xx和后缀yy来说，同时满足上述条件中的前缀部分和后缀部分的位置，便是所有符合题目条件的出现位置。

再次观察前缀xx与满足条件的若干个位置ii的关系，可以发现每一个位置只向他的nextinext_i连边的时候，整体呈树形结构。对于一个前缀xx，其满足条件的所有ii是以xx节点为根节点的子树上的所有节点。考虑dfs序，可以将子树转化为区间。后缀y同理。

这样我们可以将一个查询转化为两个区间，查询同时出现在两个区间中的位置数量的二维数点问题。二维数点有多种做法，主席树、扫描线，cdq分治等等。这里我用的是cdq分治，复杂度较其他做法稍高。

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define fast                          \
       ios_base::sync_with_stdio(false); \
       cin.tie(NULL);
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-3;
char s[N];
int n, m;
int Next[N];
void getNext() {
    memset(Next, 0, sizeof Next);
    for (int i = 2, j = 0; i <= n; i ++) {
        while(j && s[i] != s[j + 1]) j = Next[j];
        if(s[i] == s[j + 1]) j++;
        Next[i] = j;
    } 
}

int f1[N], ne1[N], v1[N];
int f2[N], ne2[N], v2[N];
int dfn1[N], siz1[N], dfs_idx1;
int dfn2[N], siz2[N], dfs_idx2;

void dfs1(int u) {
    dfn1[u] = ++dfs_idx1;
    siz1[u] = 1;
    for (int i = f1[u]; i; i = ne1[i]) {
        dfs1(v1[i]);
        siz1[u] += siz1[v1[i]];
    }
}

void dfs2(int u) {
    dfn2[u] = ++dfs_idx2;
    siz2[u] = 1;
    for (int i = f2[u]; i; i = ne2[i]) {
        dfs2(v2[i]);
        siz2[u] += siz2[v2[i]];
    }
}

struct node {
    int x, y, res, c, id, w;
    bool operator < (const node &p) const {
        if(x != p.x) return x < p.x;
        if(y != p.y) return y < p.y;
        return w > p.w;
    }
}a[M], x[M];
int ans[N];

void merge_sort(int l, int r) {
    if(l >= r) return;
    int mid = l + r >> 1;
    merge_sort(l, mid), merge_sort(mid + 1, r);

    int i = l, j = mid + 1, k = l;
    long long sum = 0;
    while(i <= mid && j <= r) {
        if(a[i].y <= a[j].y) sum += a[i].w, x[k++] = a[i++];
        else a[j].res += sum, x[k++] = a[j++];
    }
    while(i <= mid) sum += a[i].w, x[k++] = a[i++];
    while(j <= r) a[j].res += sum, x[k++] = a[j++];
    for (i = l; i <= r; i++) a[i] = x[i];
}

void solve(){
    dfs_idx1 = dfs_idx2 = 0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    scanf("%s", s + 1);
    getNext();
    int idx = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        v1[++idx] = i, ne1[idx] = f1[Next[i]], f1[Next[i]] = idx;
    reverse(s + 1, s + n + 1);
    getNext();
    idx = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        v2[++idx] = n - i, ne2[idx] = f2[n - Next[i]], f2[n - Next[i]] = idx;
    dfs1(0);
    dfs2(n);
    idx = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x = dfn1[i], y = dfn2[i];
        a[++idx] = {x, y, 0, 0, 0, 1};
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        int l1, r1, l2, r2;
        l1 = dfn1[x], l2 = dfn1[x] + siz1[x] - 1;
        r1 = dfn2[n - y], r2 = dfn2[n - y] + siz2[n - y] - 1;
        a[++idx] = {l2, r2, 0, 1, i, 0};
        a[++idx] = {l1 - 1, r2, 0, -1, i, 0};
        a[++idx] = {l2, r1 - 1, 0, -1, i, 0};
        a[++idx] = {l1 - 1, r1 - 1, 0, 1, i, 0};
    }
    sort(a + 1, a + idx + 1);
    merge_sort(1, idx);
    for (int i = 1; i <= idx; i++) {
        ans[a[i].id] += a[i].c * a[i].res;
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        printf("%d\n", ans[i]);
        ans[i] = 0;
    }
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        f1[i] = f2[i] = 0;
    }
}
int main(){
    // freopen("data.in", "r", stdin);
    // freopen("data.out", "w", stdout);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}