字符串 3
后缀数组(SA)
算法简介
算法实现
后缀数组的核心为 $sa$ 数组，$rk$ 数组以及 $\text{height}_i$ 数组。
其中 $sa_i$ 表示排名为 $i$ 的后缀的起始位置，$rk_i$ 表示起始位置为 $i$ 的后缀的排名。
$sa$ 数组可以通过倍增法和基数排序求解，时间复杂度 $O(n\log n)$，根据 $rk_{sa_i}=i$ 可以 $O(n)$ 求解 $rk$ 数组。
$\text{height}_i$ 表示 $\text{LCP}(S[sa_i,n],S[sa_{i-1},n])$ 的长度，给出引理
$$\text{height}_{rk_i}\ge \text{height}_{rk_{i-1}}-1$$
显然 $\text{height}_{rk_i}=\text{LCA}(S[i,n],S[sa_{rk_i-1},n]),\text{height}_{rk_{i-1}}=\text{LCP}(S[i-1,n],S[sa_{rk_{i-1}-1},n])$。
假设 $S[i-1,i-1+k]=S[j,j+k]$，显然有 $S[i,i-1+k]=S[j+1,j+k]$，于是上述引理得证。
根据引理，可以 $O(n)$ 求解 $\text{height}_i$ 数组。
同时有引理
$$\text{LCP}(S[sa_i,n],S[sa_j,n])=\min_{i\lt k\le j} \text{height}_k$$
可以感性理解为 $k$ 指针从 $i+1$ 滑到 $j$，期间 $\text{LCP}$ 不增且总是取最小，于是上述结论成立。
根据该结论建立 $\text{ST}$ 表即可 $O(1)$ 求解每个后缀 $\text{LCP}$ 的询问。
考虑如何比较任意两个子串 $S_1=S[a,b],S_2=S[c,d]$ 的大小。
若 $\text{LCP}(S[a,n],S[b,n])\ge \min(S_1,S_2)$，显然只需要比较 $|S_1|,|S_2|$；否则比较 $rk_a,rk_c$ 即可。
下面给出后缀数组模板。
namespace SA{
int sa[MAXN],rk[MAXN],height[MAXN],X[MAXN],Y[MAXN],c[MAXN];
int d[MAXN][MAXM],lg2[MAXN];
void get_sa(char *s,int n,int m){//s下标从1开始
int *x=X,*y=Y;
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<n;k<<=1){
int pos=0;
_rep(i,n-k+1,n)y[++pos]=i;
_rep(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++pos]=sa[i]-k;
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;
swap(x,y);
pos=0,y[n+1]=0;
_rep(i,1,n)x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?pos:++pos;
if(pos==n)break;
m=pos;
}
_rep(i,1,n)rk[sa[i]]=i;
}
void get_height(char *s,int n){//必须先得到sa数组和rk数组
for(int i=1,k=0;i<=n;i++){
if(k)k--;
while(s[i+k]==s[sa[rk[i]-1]+k])k++;
height[rk[i]]=k;
}
}
void build_st(int n){
lg2[1]=0;
_rep(i,2,n)
lg2[i]=lg2[i>>1]+1;
_rep(i,1,n)
d[i][0]=height[i];
for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){
_rep(i,1,n+1-(1<<j))
d[i][j]=min(d[i][j-1],d[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
int lcp(int a,int b){//a!=b
int lef=rk[a],rig=rk[b];
if(lef>rig)swap(lef,rig);lef++;
int len=rig-lef+1;
return min(d[lef][lg2[len]],d[rig-(1<<lg2[len])+1][lg2[len]]);
}
}
算法例题
例题一
题意
给定字符串 $S=s_1s_2\cdots s_n$，将其视为一个环，任意选择环的起点，可以得到 $n$ 个新字符串 $T_k=s_ks_{k+1}\cdots s_{k-1}$。
询问将所有 $T_i$ 按字典序从小到大排序后依次取每个 $T_i$ 的最后一个字母构成的字符串。
题解
考虑将 $S$ 倍长为 $SS$，求 $SS$ 每个后缀的排名，即可得到每个字符串 $T_i$ 的排名。
关于正确性，考虑字符串 $abc$，于是 $T_2$ 代表的字符串 $bca$ 变为 $bcabc$，实际上这相当于 $T_2$ 再与 $T_2$ 的前缀拼接而成，不影响排序结果。
时间复杂度 $O(n\log n)$。
const int MAXN=2e5+5;
namespace SA{
int sa[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],c[MAXN];
void get_sa(char *s,int n,int m){
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<n;k<<=1){
int pos=0;
_rep(i,n-k+1,n)y[++pos]=i;
_rep(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++pos]=sa[i]-k;
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;
swap(x,y);
pos=0,y[n+1]=0;
_rep(i,1,n)x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?pos:++pos;
if(pos==n)break;
m=pos;
}
}
}
char buf[MAXN];
int main()
{
scanf("%s",buf+1);
int n=strlen(buf+1);
_rep(i,1,n)buf[i+n]=buf[i];
buf[2*n+1]='\0';
SA::get_sa(buf,n<<1,'z');
_rep(i,1,2*n){
if(SA::sa[i]<=n)
putchar(buf[SA::sa[i]+n-1]);
}
return 0;
}
例题二
题意
给定一个字符串 $S$ 和一个空串 $T$，每个可以选择 $S$ 的首字符或末字符，将其删去后加入到 $T$ 末尾。
问所有可能的 $T$ 中字典序最小的。
题解
考虑贪心，假设现在字符串为 $s_{L}s_{L+1}\cdots s_{R-1}s_R$，显然选取 $s_L,s_R$ 中字典序最小的最优。
如果 $s_L=s_R$，接下来考虑选择 $s_{L+1},s_{R-1}$ 中字典序最小的，直到比较到端点为止。
上述操作等价于比较 $S[L,n]$ 和 $S[1,R]$ 的字典序。考虑构造字符串 $s_1s_2\cdots s_n+\text{\0}+s_n\cdots s_2s_1$。
于是可以通过后缀数组得到 $S[L,n]$ 和 $S[1,R]$ 的排名，时间复杂度 $O(n\log n)$。
const int MAXN=1e6+5;
namespace SA{
int sa[MAXN],rk[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],c[MAXN];
void get_sa(char *s,int n,int m){
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<n;k<<=1){
int pos=0;
_rep(i,n-k+1,n)y[++pos]=i;
_rep(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++pos]=sa[i]-k;
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;
swap(x,y);
pos=0,y[n+1]=0;
_rep(i,1,n)x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?pos:++pos;
if(pos==n)break;
m=pos;
}
_rep(i,1,n)rk[sa[i]]=i;
}
}
char buf[MAXN];
int main()
{
int n=read_int(),len=2*n+1;
_rep(i,1,n)buf[i]=buf[len+1-i]=get_char();
buf[n+1]=0;
SA::get_sa(buf,len,'Z');
int L=1,R=n,cnt=0;
while(L<=R){
if(SA::rk[L]<SA::rk[len+1-R])
putchar(buf[L++]);
else
putchar(buf[R--]);
if((++cnt)%80==0)putchar('\n');
}
return 0;
}
例题三
题意
题解
子串相当于某个后缀的前缀，于是考虑依次枚举 $sa_i$ 代表的后缀，加上新增的本质不同的前缀。
根据 $LCP$ 性质不难得到属于 $sa_i$ 后缀的新增的本质不同于 $sa_1\cdots sa_{i-1}$ 的所有前缀的子串数为 $n+1-sa_i-\text{height}_i$。
于是最终答案为 $\sum_{i=1}^n n+1-sa_i-\text{height}_i=\frac {n(n+1)}2-\sum_{i=1}^n\text{height}_i=\frac {n(n+1)}2-\sum_{i=2}^n\text{height}_i$。
const int MAXN=1e5+5;
namespace SA{
int sa[MAXN],rk[MAXN],height[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],c[MAXN];
void get_sa(char *s,int n,int m){
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<n;k<<=1){
int pos=0;
_rep(i,n-k+1,n)y[++pos]=i;
_rep(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++pos]=sa[i]-k;
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;
swap(x,y);
pos=0,y[n+1]=0;
_rep(i,1,n)x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?pos:++pos;
if(pos==n)break;
m=pos;
}
_rep(i,1,n)rk[sa[i]]=i;
}
void get_height(char *s,int n){
for(int i=1,k=0;i<=n;i++){
if(k)k--;
while(s[i+k]==s[sa[rk[i]-1]+k])k++;
height[rk[i]]=k;
}
}
}
char buf[MAXN];
int main()
{
int n=read_int();
scanf("%s",buf+1);
SA::get_sa(buf,n,'z');
SA::get_height(buf,n);
LL ans=1LL*n*(n+1)/2;
_rep(i,2,n)ans-=SA::height[i];
enter(ans);
return 0;
}
例题四
题意
给定一个字符串 $S$，求至少出现 $k$ 次的最长子串的长度。
题解
考虑至少出现 $k$ 次的子串，他一定是至少连续 $k-1$ 个 $\text{height}$ 数组代表的 $k$ 个后缀的公共前缀。
于是求出 $\text{height}$ 数组后单调队列维护每个长度为 $k-1$ 的连续区间的 $\text{height}$ 数组的最小值的最大值即可。
时间复杂度 $O(n\log n)$。
const int MAXN=2e4+5;
namespace SA{
int sa[MAXN],rk[MAXN],height[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],c[MAXN];
void get_sa(int *s,int n,int m){
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<n;k<<=1){
int pos=0;
_rep(i,n-k+1,n)y[++pos]=i;
_rep(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++pos]=sa[i]-k;
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;
swap(x,y);
pos=0,y[n+1]=0;
_rep(i,1,n)x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?pos:++pos;
if(pos==n)break;
m=pos;
}
_rep(i,1,n)rk[sa[i]]=i;
}
void get_height(int *s,int n){
for(int i=1,k=0;i<=n;i++){
if(k)k--;
while(s[i+k]==s[sa[rk[i]-1]+k])k++;
height[rk[i]]=k;
}
}
}
int a[MAXN],b[MAXN],q[MAXN];
int main()
{
int n=read_int(),k=read_int()-1;
_rep(i,1,n)a[i]=b[i]=read_int();
sort(b+1,b+n+1);
int m=unique(b+1,b+n+1)-b;
_rep(i,1,n)a[i]=lower_bound(b+1,b+m,a[i])-b;
SA::get_sa(a,n,m);
SA::get_height(a,n);
int ans=0,tail=1,head=0;
_rep(i,1,n){
while(tail<=head&&i-q[tail]>=k)tail++;
while(tail<=head&&SA::height[i]<=SA::height[q[head]])head--;
q[++head]=i;
if(i>=k)ans=max(ans,SA::height[q[tail]]);
}
enter(ans);
return 0;
}
例题五
题意
给定一个字符串 $S$ 和序列 $v$，字符串对 $(S[a,b],S[c,d])$ 的权值为 $v_av_b$。
对 $0\le i\lt n$，询问满足 $S[a,a+i-1]=S[b,b+i-1]$ 的所有字符串对的个数和最大权值。
题解
枚举子串的右端点，设 $\text{LCP}(S[sa_a,n],S[sa_b,n])=k$，显然 $S[sa_a,sa_b+i-1]=S[sa_b,sa_b+i-1](1\le i\le k)$ 均成立。
不妨只考虑字符串 $S[sa_a,sa_a+k-1]=S[sa_b,sa_b+k-1]$ 对 $i=k$ 的答案的贡献，最后求后缀和以及后缀最大值即可。
将 $\text{height}_i$ 视为连接 $sa_i$ 和 $sa_{i-1}$ 的一条边，将边按 $\text{height}$ 值从大到小排序。
然后依次向图中加入每条边，于是每条新加入的边一定是最短边，决定了两个连通块间的字符串对的 $\text{LCP}$。
于是并查集维护点集大小，点集中的 $v$ 的最大值和最小值(因为可能出现负数乘以负数的情况) 即可。
时间复杂度 $O(n\log n)$。
const int MAXN=3e5+5;
namespace SA{
int sa[MAXN],rk[MAXN],height[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],c[MAXN];
void get_sa(char *s,int n,int m){
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<n;k<<=1){
int pos=0;
_rep(i,n-k+1,n)y[++pos]=i;
_rep(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++pos]=sa[i]-k;
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;
swap(x,y);
pos=0,y[n+1]=0;
_rep(i,1,n)x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?pos:++pos;
if(pos==n)break;
m=pos;
}
_rep(i,1,n)rk[sa[i]]=i;
}
void get_height(char *s,int n){
for(int i=1,k=0;i<=n;i++){
if(k)k--;
while(s[i+k]==s[sa[rk[i]-1]+k])k++;
height[rk[i]]=k;
}
}
}
char buf[MAXN];
int p[MAXN],sz[MAXN],maxv[MAXN],minv[MAXN];
LL ans1[MAXN],ans2[MAXN];
pair<int,int> edge[MAXN];
int Find(int x){return x==p[x]?x:p[x]=Find(p[x]);}
bool cmp(const pair<int,int> &a,const pair<int,int> &b){
return a.first>b.first;
}
int main()
{
int n=read_int();
scanf("%s",buf+1);
SA::get_sa(buf,n,'z');
SA::get_height(buf,n);
_rep(i,1,n){
maxv[i]=minv[i]=read_int();
p[i]=i,sz[i]=1;
}
_for(i,0,n)ans2[i]=-1e18;
_for(i,1,n)edge[i]=make_pair(SA::height[i+1],i+1);
sort(edge+1,edge+n,cmp);
_for(i,1,n){
int u=SA::sa[edge[i].second],v=SA::sa[edge[i].second-1],k=edge[i].first;
int x=Find(u),y=Find(v);
ans1[k]+=1LL*sz[x]*sz[y];
ans2[k]=max(ans2[k],max(1LL*maxv[x]*maxv[y],1LL*minv[x]*minv[y]));
p[x]=y;
sz[y]+=sz[x];
maxv[y]=max(maxv[y],maxv[x]);
minv[y]=min(minv[y],minv[x]);
}
for(int i=n-1;i;i--){
ans1[i-1]+=ans1[i];
ans2[i-1]=max(ans2[i-1],ans2[i]);
}
_for(i,0,n){
space(ans1[i]);
enter(ans1[i]?ans2[i]:0);
}
return 0;
}
例题六
题意
给定一个文本串 $S_0$ 和模式串 $S$，问 $S_0$ 中 $S$ 的近似匹配次数。
定义 $S_0[i,i+n-1]$ 与 $S[1,n]$ 近似匹配当且仅当 $S_0[i,i+n-1]$ 与 $S[1,n]$ 至多有 $3$ 个不同的字符。
题解
由于匹配最多只允许 $3$ 个字符不同，考虑暴力枚举 $S_0$ 右端点，然后尝试匹配。
将串拼接为 $S_0+\text{#}+S$ 即可 $O(1)$ 完成相应 $\text{LCP}$ 查询，然后每次跳 $\text{LCP}$ 的长度继续匹配即可。
时间复杂度 $O(n\log n)$，主要在于后缀数组和 $\text{ST}$ 表建立，常数较大。
ps.这题也有 $\text{FFT}$ 的解法，有兴趣的可以查看这篇题解。
const int MAXN=2e5+5,MAXM=20;
namespace SA{
int sa[MAXN],rk[MAXN],height[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],c[MAXN];
int d[MAXN][MAXM],lg2[MAXN];
void get_sa(char *s,int n,int m){
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<n;k<<=1){
int pos=0;
_rep(i,n-k+1,n)y[++pos]=i;
_rep(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++pos]=sa[i]-k;
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;
swap(x,y);
pos=0,y[n+1]=0;
_rep(i,1,n)x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?pos:++pos;
if(pos==n)break;
m=pos;
}
_rep(i,1,n)rk[sa[i]]=i;
}
void get_height(char *s,int n){
for(int i=1,k=0;i<=n;i++){
if(k)k--;
while(s[i+k]==s[sa[rk[i]-1]+k])k++;
height[rk[i]]=k;
}
}
void build_st(int n){
lg2[1]=0;
_rep(i,2,n)
lg2[i]=lg2[i>>1]+1;
_rep(i,1,n)
d[i][0]=height[i];
for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){
_rep(i,1,n+1-(1<<j))
d[i][j]=min(d[i][j-1],d[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
int lcp(int a,int b){
int lef=rk[a],rig=rk[b];
if(lef>rig)swap(lef,rig);lef++;
int len=rig-lef+1;
return min(d[lef][lg2[len]],d[rig-(1<<lg2[len])+1][lg2[len]]);
}
}
char buf[MAXN];
int main()
{
int T=read_int();
while(T--){
scanf("%s",buf+1);
int len1=strlen(buf+1);
buf[len1+1]='#';
scanf("%s",buf+len1+2);
int n=strlen(buf+1),len2=n-len1-1;
SA::get_sa(buf,n,'z');
SA::get_height(buf,n);
SA::build_st(n);
int ans=0;
_rep(i,1,len1-len2+1){
int pos=1,cnt=0;
while(cnt<=3){
pos+=SA::lcp(i+pos-1,len1+1+pos);
if(pos>len2)break;
pos++;cnt++;
}
if(cnt<=3)
ans++;
}
enter(ans);
}
return 0;
}
例题七
题意
给定字符串 $S$，设 $T_i=S[i,n]$，求
$$\sum_{1\le i\lt j\le n}|T_i|+|T_j|+2\times \text{LCP}(T_i,T_j)$$
题解
$$\sum_{1\le i\lt j\le n}|T_i|+|T_j|-2\times \text{LCP}(T_i,T_j)=(n-1)\sum_{i=1}^n|T_i|-2\times \sum_{1\le i\lt j\le n}\text{LCP}(T_i,T_j)=\frac {(n-1)n(n+1)}2-2\times \sum_{1\le i\lt j\le n}\text{LCP}(T_i,T_j)$$
发现只要维护后面部分即可。
考虑单调栈维护，设 $\text{dp}_i=\sum_{1\le j\lt i}\text{LCP}(T_i,T_j)$，用单调栈维护 $height_i$ 数组。
于是对所有 $i$，可以均摊 $O(1)$ 得到最大的 $j\lt i$ 满足 $\text{hieght}_j\le \text{height}_i$。
根据 $\text{height}$ 性质，发现 $j\lt k\le i$ 时 $\text{LCP}(T_k,T_i)=\text{height}_i$，而 $k\le j$ 时 $\text{LCP}(T_k,T_i)=\text{LCP}(T_k,T_j)$。
于是 $\text{dp}_i=\sum_{1\le j\lt i}\text{LCP}(T_i,T_j)=\text{dp}_j+(i-j)\text{height}_i$。
另外该题也可以用笛卡尔树或并查集等维护。
const int MAXN=5e5+5,MAXM=20;
namespace SA{
int sa[MAXN],rk[MAXN],height[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],c[MAXN];
void get_sa(char *s,int n,int m){
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<n;k<<=1){
int pos=0;
_rep(i,n-k+1,n)y[++pos]=i;
_rep(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++pos]=sa[i]-k;
_rep(i,0,m)c[i]=0;
_rep(i,1,n)c[x[i]]++;
_rep(i,1,m)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n;i;i--)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;
swap(x,y);
pos=0,y[n+1]=0;
_rep(i,1,n)x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?pos:++pos;
if(pos==n)break;
m=pos;
}
_rep(i,1,n)rk[sa[i]]=i;
}
void get_height(char *s,int n){
for(int i=1,k=0;i<=n;i++){
if(k)k--;
while(s[i+k]==s[sa[rk[i]-1]+k])k++;
height[rk[i]]=k;
}
}
}
char buf[MAXN];
pair<int,int> Stack[MAXN];
LL dp[MAXN];
int main()
{
scanf("%s",buf+1);
int n=strlen(buf+1);
SA::get_sa(buf,n,'z');
SA::get_height(buf,n);
LL ans=1LL*(n-1)*n*(n+1)/2;
int top=0;
Stack[0]=make_pair(0,0);
_rep(i,1,n){
while(top&&Stack[top].second>SA::height[i])top--;
dp[i]=dp[Stack[top].first]+1LL*(i-Stack[top].first)*SA::height[i],ans-=dp[i]*2;
Stack[++top]=make_pair(i,SA::height[i]);
}
enter(ans);
return 0;
}
