题目描述
给定字符串\(S(|S|\le10^5)\)，对其每个前缀求出如下的统计量：
对该字符串中的所有子串，统计其出现的次数，求其平方和。
Sample Input：
aaa
Sample Output:
详细题解
1、只求整个串的答案的解决方案
首先可一眼想到后缀自动机。
对后缀自动机上每个状态，定义endpos为所有能走到该状态的子串中子串右端点的取值集合。如果求出其endpos位置个数\(x\)，那么就能求得该状态对答案的贡献，为\(x^2*(r-l+1)\)，其中\(l,r\)分别为该状态的最小和最大子串长度。\(l,r\)直接由状态的len得到。考虑每个结点endpos如何求。
定理：字符串\(S\)建出的自动机上，\(S\)的每个前缀走到的结点一定是非拷贝结点。
证明：当建出前缀\(S_i\)的自动机时，显然串\(S_i\)走到的结点是非拷贝结点。该结点的len值为\(|S_i|\)。若该结点被拷贝，由后缀自动机的性质，拷贝结点的len值严格小于原先结点的len值，因此串\(|S_i|\)走到的结点在之后不可能变化到拷贝结点，否则将与拷贝结点的len值将大于等于\(|S_i|\)。矛盾，证毕。
定理：字符串\(S\)建出的自动机上，将\(S\)的每个前缀走到的结点标记为1后，每个状态的endpos大小就是该状态对应自动机fail树子树中标记为1的结点个数。
证明：考虑一个子串\(s\)到达某状态\(ST\)，那么必然可以将\(s\)左侧添加字符串\(t\)使得\(ts\)是\(S\)的一个前缀。那么\(ts\)所到达的自动机状态必然在\(ST\)状态的fail树子树中（由后缀自动机定义）。因此所有endpos位置都对应了fail树子树中一个标记为1的结点。另一方面，对两个不同的标记为1的结点，对应的endpos位置一定不同。因此fail树子树中标记为1的结点个数不重不漏的对应了endpos集合大小。证毕。
根据以上两个定理，建出自动机后，dfs fail树即可在线性时间内求出答案。
2、转化为数据结构问题
下面考虑当自动机添加一个字符时如何更新答案，这只需考虑哪些状态的endpos个数变多以及哪些状态\(l,r\)改变。
（1）endpos变化：
情况1：没有拷贝结点，则fail树中新的last结点直接指向某结点\(j\)，last沿fail指针一路走上去的这些结点endpos大小加1。
情况2：有拷贝结点，则结点\(j\)子树被断开，\(j\)和新的last指向copy，copy指向\(j\)原来的link。仍然是last沿fail指针一路走上去的结点endpos+1。此外，copy结点具有\(j\)结点的所有endpos。
（2）\(l,r\)变化：
首先要考虑新的last以及copy这两个新结点。其次，当结点\(j\)子树被断开，然后\(j\)的link指向copy结点后，\(j\)的\(l,r\)区间会变化。除此之外没有别的结点。
于是问题转化为一条树链endpos大小加1，单点修改\(r,l\)的值，询问所有状态的\(endpos^2 \times (r-l+1)\)的和（称其为endpos的加权平方和，\(r-l+1\)为权）。又由于需要支持树的断开和合并，因此必须使用LinkCutTree。
3、问题的解决
首先我们需要考虑区间加1，询问全局平方和如何做。这是经典线段树题目，需要维护区间和，并用区间和更新区间平方和即可。
现在转到树中，只需要把线段树换成splay。splay中维护endpos值、\(r-l+1\)值（即权）、权的和、endpos的加权和以及加权平方和。
当链上加1后，endpos的加权和增量是权的和，而加权平方和增量可用endpos加权和以及权的和表示。
当修改\(j\)结点的\(r-l+1\)时，只需将\(j\)对应splay旋转到根，然后可直接对该结点访问或修改（不会影响其他结点）。
最后考虑如何求全局和。对于树链修改，只需记录修改前后树链增量即可。对于修改\(j\)结点的\(r-l+1\)以及添加copy结点，这合起来不会改变答案。
因此总时间复杂度\(O(n(|\sum|+\log n)\)。
核心代码
由于此题代码过长，在此略去LCT部分模板，值保留关键部分的代码供理解算法思想。代码如下：
#define LL long long
struct Tree{
Tree *left, *right, *fa;
int endpos, len, delta;
LL sumLen, sum, sum2;
}lct[MAXN];
int num;
inline Tree* newNode(int endpos, int len){
lct[++num] = { lct, lct, lct, endpos, len, , len, (LL)endpos * len, (LL)endpos * endpos * len };
return &lct[num];
}
inline void pushUp(Tree * rt){
Tree *t1 = rt->left, *t2 = rt->right;
LL endpos = rt->endpos;
rt->sumLen = rt->len + t1->sumLen + t2->sumLen;
rt->sum = endpos * rt->len + t1->sum + t2->sum;
rt->sum2 = endpos * endpos * rt->len + t1->sum2 + t2->sum2;
}
inline void update(Tree *t, int delta){
t->delta += delta;
t->endpos += delta;
t->sum2 += * delta*t->sum + t->sumLen*delta*delta;
t->sum += t->sumLen*delta;
}
inline void pushDown(Tree *rt){
if (rt->delta){
if (rt->left != lct)update(rt->left, rt->delta);
if (rt->right != lct)update(rt->right, rt->delta);
rt->delta = ;
}
}
LL add(Tree *rt)
{
Tree *t = access(rt);
LL val = t->sum2;
update(t, );
return t->sum2 - val;
}
void changeLen(Tree *rt, int len)
{
LL endpos = rt->endpos, t = len - rt->len;
rt->sum2 += t * endpos * endpos;
rt->sum += t * endpos;
rt->sumLen += t;
rt->len = len;
}
LL add(char ch)
{
int c = convert(ch);
int cur = ++cnt, i;
st[cur].len = st[last].len + ;
memset(st[cur].next, , sizeof(st[cur].next));
for (i = last; i != - && !st[i].next[c]; i = st[i].link)
st[i].next[c] = cur;
if (i == -){
st[cur].link = ;
newNode(, st[cur].len);
}
else{
int j = st[i].next[c];
if (st[i].len + == st[j].len){
st[cur].link = j;
newNode(, st[cur].len - st[j].len);
link(&lct[cur], &lct[j]);
}
else{
int copy = ++cnt;
st[copy].len = st[i].len + ;
memcpy(st[copy].next, st[j].next, sizeof(st[j].next));
st[copy].link = st[j].link;
for (; i != - && st[i].next[c] == j; i = st[i].link)
st[i].next[c] = copy;
st[j].link = st[cur].link = copy;
cut(&lct[j]);
//cut后lct[j]是splay的根，对元素的修改和访问可直接进行
changeLen(&lct[j], st[j].len - st[copy].len);
newNode(, st[cur].len - st[copy].len);
newNode(lct[j].endpos, st[copy].len - st[st[copy].link].len);
link(&lct[j], &lct[copy]);
link(&lct[cur], &lct[copy]);
link(&lct[copy], &lct[st[copy].link]);
}
}
last = cur;
return add(&lct[cur]);
}
char s[];
int main()
{
scanf("%s", s);
LL ans = ;
init();
for (int i = ; s[i]; i++){
ans += add(s[i]);
printf("%lld\n", ans);
}
}