题目链接 给了一个母串s1 和两个串s2 s3 询问s1中有多少个以s2开头s3结尾的子串 子串中s2 s3可以重叠 没啥好说的，直接哈希，先预处理以s2开头的下标和以s3结尾的下标 (string是真的方便) 然后遍历一次s1，如果当前下标满足了s2，就一直遍历下去寻找合法s3 注意形成的子串长度应当大于等于max(s2,s3) 直接存入哈希值最后去重就好了 ，最麻烦的就是哈希冲突 QAQ
最后没要模数 直接long long自然溢出就过了 当然我相信还有其他解法
#include<bits/stdc++.h> #include<stdlib.h> #include<algorithm> #include<stdio.h> #include<string.h> #include<queue> #include<time.h> #include <cstdio> #include <iostream> #include <vector> #define ll long long #define int long long #define inf 0x3f3f3f3f #define mods 1000000007 #define modd 998244353 #define PI acos(-1) #define fi first #define se second #define lowbit(x) (x&(-x)) #define mp make_pair #define pb push_back #define si size() #define E exp(1.0) #define fixed cout.setf(ios::fixed) #define fixeds(x) setprecision(x) #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) using namespace std; ll gcd(ll a,ll b){if(a<0)a=-a;if(b<0)b=-b;return b==0?a:gcd(b,a%b);} template<typename T>void read(T &res){bool flag=false;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true); for(res=ch-48;isdigit(ch=getchar());res=(res<<1)+(res<<3)+ch - 48);flag&&(res=-res);} ll lcm(ll a,ll b){return a*b/gcd(a,b);} ll qp(ll a,ll b,ll mod){ll ans=1;if(b==0){return ans%mod;}while(b){if(b%2==1){b--;ans=ans*a%mod;}a=a*a%mod;b=b/2;}return ans%mod;}//快速幂% ll qpn(ll a,ll b, ll p){ll ans = 1;a%=p;while(b){if(b&1){ans = (ans*a)%p;--b;}a =(a*a)%p;b >>= 1;}return ans%p;}//逆元 (分子*qp(分母,mod-2,mod))%mod; string s1,s2,s3; ll dis; ll len1,len2,len3; ll vis[3][100003]; vector<ll>ans; signed main(){ cin>>s1>>s2>>s3; len1=s1.size(); len2=s2.size(); len3=s3.size(); dis=max(len2,len3); for(int i=0;i<len1;i++){ if(s1.substr(i,len2)==s2){ vis[1][i]=1; } if(s1.substr(i,len3)==s3){ vis[2][i+len3-1]=1; } } for(int i=0;i<len1;i++){ if(vis[1][i]){ ll ve=0; for(int j=i;j<len1;j++){ ve=(ve*133+(s1[j]-'a'+1)); if(vis[2][j]==1&&j-i+1>=dis){ ans.pb(ve); } } } } sort(ans.begin(),ans.end()); ans.resize(unique(ans.begin(), ans.end())-ans.begin()); printf("%d",ans.size()); }