https://codeforces.com/problemset/problem/1073/G
题意：给定一长度为n的字符串s，并有q次询问，每次询问给定两个序列\(\{a_i\}\)（记长度为k）和\(\{b_j\}\)（记长度为l），输出\(\Sigma_{i=1}^{k} \Sigma_{j=1}^{l} LCP(s[a_i,n],s[b_i,n])\)。
数据范围：\(1\leq n,\Sigma k, \Sigma l \leq 2e5\)。
思路：
求LCP最方便的应该还是后缀数组，处理出height数组后，则\(LCP(i,j)=height[i+1\sim j]\)中的最小值（i,j表示排序第i位和排序第j位的后缀。用ST表预处理区间最小值就可以做到O(1)询问。
但数据范围是\(1\leq \Sigma k, \Sigma l \leq 2e5\)，显然如果暴力询问，那么是\(O(k^2)\)的，自然T飞。
按照这个思路，这道题实际上可以转化如下：
给定\(\{a_i\}\)和\(\{b_j\}\)，求由以上序列构成点对组成的区间的最小值的和。
所以……这tm明明就是一道数据结构题，和字符串有什么关系！？
对于这种计数问题，如果不能暴力枚举，那必然是可以合并枚举过程，将相同或者相近的部分一次性加起来，减少枚举次数。
那按照这个思路，两个什么样的区间会有相同的最小值？实际上只要包含了同样一个最小数即可。（意会一下，这句话不怎么严谨
所以，如果我们枚举整个大区间的最小值，那么任何包含这个位置的区间的最小值都是这个值。
那可否继续枚举第二小的值？当然可以！只要保证选取区间不包含刚刚那个最小数的位置，那么这些区间的最小值都是第二小的值。
以此类推，从小到大枚举，每次统计不包含之前枚举过的区间的个数，再乘当前值，便是这一部分的贡献。最后把每部分贡献加起来就是最终答案。
那么每次怎么统计区间个数？
设区间长度长度为\(l\)，建立一个set，存放的是所有已经枚举过的位置。初始放入\(0\)和\(l+1\)。之后最小值、第二小、第三小……的位置i，在set中找到\(i\)左边的第一个数\(mn\)和\(i\)右边的第一个数\(mx\)，统计出\(\{a_i\}\)序列中\(mn< a_i\leq i\)的个数和\(\{b_i\}\)序列中\(i<b_i< mx\)的个数（这两个个数，把出现位置标记为1，求前缀和即可O（1）询问），两个相乘，便是：
- 包含位置i
- 不包含之前已经枚举过的位置
- 左端点来自\(a_i\)，右端点来自\(b_j\)
的区间的个数（不包含只含位置\(i\)的区间）。如果要枚举左端点来自\(b_i\)，右端点来自\(a_j\)的区间，那么也可以类似分析得到。至于只含位置i的区间，可以单独计算。
这样我们就解决了转化之后的问题，时间复杂度是\(O(l\log l)\)。
但这样还是不可以，因为这里的\(l\)是区间长度，但题目中说的是给的端点数量\(\leq 2e5\)，如果每次都只给两个点1和2e5，那么最坏复杂度反而成了\(1e5\times 2e5 \log 2e5\)。
所以我们要做的就是……离散化，把不用的区间都合并成点，简单思路如下：（说不清楚，意会一下要点
- 将本轮询问的所有\(\{a_i\}\)和\(\{b_i\}\)都放到同一个序列里，从小到大排序。
- 对于两个不相等的原始坐标i和j（i<j)，如果i<j-1，那么对i,[i+1,j-1],j分别建新点。比如说3和200，就变成3一个点，4-199区间里的最小值作为一个点，200一个点。
- 如果i=j-1，那就只建立i和j两个点。比如说3和4，显然3和4中间也没有数，不需要新加点。
这样两个原始端点之间最多只有一个新加点，区间长度最大也只有\(2*2e5\)，再套用上面的办法，复杂度就对了。
程序中使用了set和排序等操作，渐进复杂度\(O(n\log n+(\Sigma k+\Sigma l)\log(\Sigma k+\Sigma l))\)，但实际上用了很多次排序，所以常数大的飞起。
总结：
- 写题太慢，这个题写了一天，debug了一年。
- 细节太多了。最麻烦的地方有两个，一个是把LCP转化成上面区间询问最小值的问题，由于计算方法不一样，必须分成三部分。对LCP(i,i)，预先统计；对LCP(i,j)（i<j)，要把所有的i都+1，然后跑一遍，对于(i>j)的情况，得把j+1再跑一遍……另外一个是离散化，太难写了。最后代码快200行了……
AC代码：841ms，43836KB。中间有些地方（尤其是离散化部分）为了方便理解并让自己不要弄混，因此写的并不是最优化的版本，很多重复的代码。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int M=2e5+50,P=1e9+7;
char s[M];
int rk[M],sa[M],tp[M],tax[M],height[M],len,m=150,a[M],b[M];//rk（第一关键字）第i位的排名，sa是排名为i的位置，tp是第二关键字辅助用的，tax是桶数组；
void Rsort(){//用k*2排序的第二关键字和k排序的结果（rk，即k*2排序的第一关键字）得到k*2排序结果sa
for(int i=1;i<=m;i++)
tax[i]=0;
for(int i=1;i<=len;i++)//把第一关键字放到桶里
tax[rk[tp[i]]]++;
for(int i=1;i<=m;i++)
tax[i]+=tax[i-1];
for(int i=len;i>=1;i--)//从第二关键字小的开始往sa里丢，先进入的在后面
sa[tax[rk[tp[i]]]--]=tp[i];
}
void Suffix(){
for(int i=1;i<=len;i++)
rk[i]=s[i],tp[i]=i;//得到用2^0排序的rk，tp是随便搞的
Rsort();//得到用2^0排序的sa
for(int k=1;k<=len;k<<=1){
//将用k排序的结果变成用k*2排序的第二关键字
int num=0;
for(int i=len-k+1;i<=len;i++)
tp[++num]=i;
for(int i=1;i<=len;i++)
if(sa[i]>k)
tp[++num]=sa[i]-k;
Rsort(),swap(rk,tp);//用tp存下k排序的结果rk，下面用k*2排序的sa得到k*2排序的rk，用k排序的rk是为了找出相同部分
rk[sa[1]]=num=1;
for(int i=2;i<=len;i++)
rk[sa[i]]=(tp[sa[i]]==tp[sa[i-1]]&&tp[sa[i]+k]==tp[sa[i-1]+k])?num:++num;//虽然sa下标不一样，但rk必须将排位相同的标记出来
if(num==len)
break;
m=num;
}
}
void getheight(){
int k=0;
for(int i=1,j;i<=len;i++){
if(rk[i]==1)
k=0;
else{
if(k)
--k;
j=sa[rk[i]-1];
while(i+k<=len&&j+k<=len&&s[i+k]==s[j+k])
++k;
}
height[rk[i]]=k;
}
}
int mi2[35],logg[M],n,f[M][35];
void initst(int n){
mi2[0]=1,logg[0]=-1;
for(int i=1;i<=30;++i)
mi2[i]=mi2[i-1]*2;
for(int i=1;i<=n;++i)
logg[i]=logg[i/2]+1;
for(int i=1;i<=n;++i)
f[i][0]=height[i];
for(int i=1;i<=logg[n];++i)
for(int j=1;j<=n+1-mi2[i];++j)
f[j][i]=min(f[j][i-1],f[j+mi2[i-1]][i-1]);
}
int query(int l,int r){
int lg=logg[r-l+1];
return min(f[l][lg],f[r-mi2[lg]+1][lg]);
}
int id[M],numb[M],numa[M];
vector<int> nh;
bool cmp(int x,int y){
return nh[x]<nh[y];
};
LL sum(int *a,int la,int *b,int lb){//nh放的是各坐标对应的height最小值
nh.clear();
nh.push_back(0);
int pa=1,pb=1,p=0,ls;
for(int i=1;i<=la;++i)
a[i]+=1;//p记录当前最大坐标，ls记录上一次放进去的原坐标，用于判断是否要新建中间的区间
if (a[pa]<=b[pb])
numb[++p]=0,numa[p]=1,nh.push_back(height[a[pa]]),ls=a[pa],++pa;
else
numb[++p]=1,numa[p]=0,nh.push_back(height[b[pb]]),ls=b[pb],++pb;
while (pa<=la&&pb<=lb)
if (a[pa]<=b[pb]){
if (ls==a[pa]){
numa[p]=1,++pa;
continue;
}
else if (ls==a[pa]-1)//只需要插入a[pa]
numb[++p]=0,numa[p]=1,nh.push_back(height[a[pa]]),ls=a[pa],++pa;
else//否则先插入上一个区间，再插入a[pa]
nh.push_back(query(ls+1,a[pa]-1)),numb[++p]=0,numa[p]=0,
numb[++p]=0,numa[p]=1,nh.push_back(height[a[pa]]),ls=a[pa],++pa;
}
else{
if (ls==b[pb]){
numb[p]=1,++pb;
continue;
}
else if (ls==b[pb]-1)//只需要插入b[pb]
numb[++p]=1,numa[p]=0,nh.push_back(height[b[pb]]),ls=b[pb],++pb;
else//否则先插入上一个区间，再插入b[pb]
nh.push_back(query(ls+1,b[pb]-1)),numb[++p]=0,numa[p]=0,
numb[++p]=1,numa[p]=0,nh.push_back(height[b[pb]]),ls=b[pb],++pb;
}
while (pa<=la)
if (ls==a[pa]){
numa[p]=1,++pa;
continue;
}
else if (ls==a[pa]-1)//只需要插入a[pa]
numb[++p]=0,numa[p]=1,nh.push_back(height[a[pa]]),ls=a[pa],++pa;
else//否则先插入上一个区间，再插入a[pa]
nh.push_back(query(ls+1,a[pa]-1)),numb[++p]=0,numa[p]=0,
numb[++p]=0,numa[p]=1,nh.push_back(height[a[pa]]),ls=a[pa],++pa;
while (pb<=lb)
if (ls==b[pb]){
numb[p]=1,++pb;
continue;
}
else if (ls==b[pb]-1)//只需要插入b[pb]
numb[++p]=1,numa[p]=0,nh.push_back(height[b[pb]]),ls=b[pb],++pb;
else//否则先插入上一个区间，再插入b[pb]
nh.push_back(query(ls+1,b[pb]-1)),numb[++p]=0,numa[p]=0,
numb[++p]=1,numa[p]=0,nh.push_back(height[b[pb]]),ls=b[pb],++pb;
for (int i=1;i<=p;++i)
id[i]=i,numa[i]+=numa[i-1],numb[i]+=numb[i-1];
sort(id+1,id+p+1,cmp);
set<int> st;
st.insert(0),st.insert(p+1);
LL ans=0;
for (int i=1;i<=p;++i){
int &t=id[i];
set<int>::iterator mn1=st.lower_bound(t);
--mn1;
int mn=*mn1,mx=*(st.upper_bound(t));
ans+=(numa[t]-numa[mn])*1LL*(numb[mx-1]-numb[t-1])*nh[t];
st.insert(t);
}
for(int i=1;i<=la;++i)
a[i]-=1;
return ans;
}
int main(){
int n,q;
scanf("%d%d",&len,&q);
scanf("%s",s+1);
Suffix(),getheight();
initst(len);
for (int z=1;z<=q;++z){
int k,l,c;
scanf("%d%d",&k,&l);
for (int i=1;i<=k;++i)
scanf("%d",&a[i]);
for (int i=1;i<=l;++i)
scanf("%d",&b[i]);
LL ans=0;
int p1=1,p2=1;
while (p1<=k&&p2<=l)//统计相等的
if (a[p1]==b[p2])
ans+=len-a[p1]+1,++p1,++p2;
else if (a[p1]>b[p2])
++p2;
else
++p1;
for (int i=1;i<=k;++i)
a[i]=rk[a[i]];
for (int i=1;i<=l;++i)
b[i]=rk[b[i]];
sort(a+1,a+k+1);
sort(b+1,b+l+1);
ans=ans+sum(a,k,b,l)+sum(b,l,a,k);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}