前置知识：基本子串结构，SAM的结构和应用

学长博客

字符串理论比较抽象，建议直观的去理解它

子串$t$的扩展串定义为$\text{ext(t)}:=t^{\prime }$，满足$t$是$t^{\prime }$的子串，且$\text{occ(t)}=\text{occ(t’)}$

基本性质：若$t=[l:r],t^{\prime }=[l^{\prime }:r^{\prime }]$，$t^{\prime \prime }=[l^{\prime \prime }:r^{\prime \prime }]$，使得$l^{\prime }\le l^{\prime \prime }\le l\le r\le r^{\prime \prime }\le r^{\prime }$，则$\text{ext(t”)}=t^{\prime }$

子串$x,y$等价当且仅当$\text{ext(x)}=\text{ext(y)}$。然后，记录每个等价类的最长串作为代表元。

在$s[l:r]\mapsto (l,r)$的作用下，在$y=x$以上的点被等价类划分入若干个阶梯状集合，其中$\text{g}$对应的阶梯 出现次数 为$\text{occ(rep(g))}$。

对于等价类$g$个某个 完整阶梯，其完整的一行对应的子串集合与$T_0$的某个结点对应的子串集合相同，其完整的一列对应的子串集合与$T_1$（反串对应的后缀树）某个节点对应的子串集合相同，并且一一对应。

定义等价类$g$的周长为其 一个 完整阶梯的行数列数之和，性质：${\sum }_g\text{per(g)}=O(n)$

比较抽象。不是很直观。

如何显式求出这个结构？

第一种方式：对于$T_0$的从父亲到儿子的树边，其从一行的左边界指向另一行的右边界；对于$T_1$的从父亲到儿子的树边，其从一行的上边界连向另一行的下边界。

例如，$s=\underline{\text{aababcd}}$，其对应的阶梯划分为：

其对应的$SAM$和$T_0$为：

其对应的连边为：

第二种方式（感觉更常用）：对于$DAG$上的一条边$(u,v)$，如果$\text{occ(u)}=\text{occ(v)}$，那么就将这条边标记为关键边。

性质：如果只保留关键边，那么每个点入度和出度都至多为一，因此我们得到了若干条关键链。显然，链的末尾就是代表元，一条链就代表了一个等价类

考虑这道题目在让我们干什么：可以发现一个字符串对$(b_1,b_2)$是好的当且仅当满足以下条件：

$1.1$ $b_1,b_2$在同一个等价类中
$1.2$ 设$b_1,b_2$所在等价类中的代表元为$b$，那么$b_1,b_2$在$b$中出现的位置不交，且$b_1$在$b_2$左边

这样，我们对于每个 阶梯状物 统计答案即可。（建议数形结合，以及把下标搞清楚）

代表元的$\text{len}$实际上表示阶梯状物左上角那个位置的横纵坐标之差。

复杂度$O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=2e5+5;
struct node{int to[26],link,len,sz;
}t[N];
int n,cur,last,tot,sz[N];
void extend(int ch){int cur=++tot;t[cur].len=t[last].len+1,t[cur].sz=1;int p=last;while(p!=-1&&!t[p].to[ch]){t[p].to[ch]=cur;p=t[p].link;}if(p!=-1){int q=t[p].to[ch];if(t[q].len==t[p].len+1){t[cur].link=q;}else{int clone=++tot;t[clone].link=t[q].link;for(int i=0;i<26;i++)t[clone].to[i]=t[q].to[i];t[clone].len=t[p].len+1;while(p!=-1&&t[p].to[ch]==q){t[p].to[ch]=clone;p=t[p].link;}t[q].link=t[cur].link=clone;}}last=cur;
}
string str;
int nxt[N],vs[N];
int st[N],cnt;
ll s[N];
ll res;
vector<int>G[N];
void dfs(int u){for(auto v:G[u])dfs(v),t[u].sz+=t[v].sz;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);t[0].link=-1;cin>>str,n=str.size();for(int i=0;i<n;i++)extend(str[i]-'a');for(int i=1;i<=tot;i++)G[t[i].link].pb(i);dfs(0);for(int i=1;i<=tot;i++){for(int j=0;j<26;j++){int k=t[i].to[j];if(k&&t[i].sz==t[k].sz)nxt[i]=k,vs[k]=1;}}for(int i=1;i<=tot;i++){if(vs[i]==0){cnt=0;int e=0;for(int j=i;j;j=nxt[j])e=j,st[++cnt]=t[j].len-t[t[j].link].len;for(int j=1;j<=cnt;j++)s[j]=s[j-1]+st[j];int p=1,len=t[e].len;for(int j=len-cnt+1;j<=st[cnt]&&j<=len+1;j++){while(p<=cnt&&st[p]<j)p++;res+=s[cnt-len+j-1]*(cnt-p+1);}}}cout<<res;
}