bzoj2434 [Noi2011]阿狸的打字机 AC自动机

Description

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阿狸喜欢收藏各种稀奇古怪的东西，最近他淘到一台老式的打字机。打字机上只有28个按键，分别印有26个小写英文字母和’B’、’P’两个字母。

经阿狸研究发现，这个打字机是这样工作的：

l 输入小写字母，打字机的一个凹槽中会加入这个字母(这个字母加在凹槽的最后)。
l 按一下印有’B’的按键，打字机凹槽中最后一个字母会消失。
l 按一下印有’P’的按键，打字机会在纸上打印出凹槽中现有的所有字母并换行，但凹槽中的字母不会消失。

例如，阿狸输入aPaPBbP，纸上被打印的字符如下：
a
aa
ab

我们把纸上打印出来的字符串从1开始顺序编号，一直到n。打字机有一个非常有趣的功能，在打字机中暗藏一个带数字的小键盘，在小键盘上输入两个数(x,y)（其中1≤x,y≤n），打字机会显示第x个打印的字符串在第y个打印的字符串中出现了多少次。

阿狸发现了这个功能以后很兴奋，他想写个程序完成同样的功能，你能帮助他么？

1<=N<=10^5
1<=M<=10^5
输入总长<=10^5

Solution

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仔细观察可以发现按照如上所述方法建出来的是一棵trie，很容易想到在trie上搞搞搞
我们知道若x是y的字串，那么在trie上满足根节点到y的路径上存在节点i，fail[i]=x
由于每个节点的fail是唯一确定的，但是可以有多个fail指向它，因此把fail边反向得到一棵fail树。此时若x是y的字串则满足x在fail树上的子树中存在节点属于y，且数量就是出现的次数

因此我们可以遍历整个trie，把询问离线反向建边，当我们查询到串y的结尾时统计询问形如(x,y)的答案，答案就是x所在子树中被标记的点数量，这个可以用树状数组搞搞

于是就1A了，写了大概1.5h
对于我而言比较难打，脑子一团浆糊（弱脸

Code

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#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#define rep(i,st,ed) for (int i=st;i<=ed;++i)
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))

const int N=500005;
const int E=800005;

struct edge {int x,y,next;} e[E],q[N];

int ls[N],lsq[N],edCnt,m;
int rec[N][26],tot;
int fail[N],fa[N],pos[N];
int L[N],R[N],c[N];
int ans[N],WJP;

char str[N];

std:: queue <int> que;

void add_edge(int x,int y) {
    e[++edCnt]=(edge) {x,y,ls[x]}; ls[x]=edCnt;
}

void get_fail() {
    que.push(0); fail[0]=-1;
    for (;!que.empty();) {
        int now=que.front(); que.pop();
        rep(i,0,25) {
            if (rec[now][i]) {
                que.push(rec[now][i]);
                fail[rec[now][i]]=(!now)?(0):(rec[fail[now]][i]);
            } else rec[now][i]=(!now)?(0):(rec[fail[now]][i]);
        }
    }
}

void build() {
    int now=0,id=0,len=strlen(str+1);
    rep(i,1,len) {
        if (str[i]=='P') pos[++id]=now;
        else if (str[i]=='B') now=fa[now];
        else {
            int ch=str[i]-'a';
            if (!rec[now][ch]) {
                rec[now][ch]=++tot;
                fa[tot]=now;
            }
            now=rec[now][ch];
        }
    }
}

void dfs(int now) {
    L[now]=++WJP;
    for (int i=ls[now];i;i=e[i].next) {
        dfs(e[i].y);
    }
    R[now]=WJP;
}

void add(int x,int v) {
    for (;x<=WJP;x+=lowbit(x)) c[x]+=v;
}

int ask(int x) {
    int ret=0;
    for (;x;x-=lowbit(x)) ret+=c[x];
    return ret;
}

void solve() {
    int id=0,now=0; add(L[0],1);
    int len=strlen(str+1);
    rep(i,1,len) {
        if (str[i]=='P') {
            for (int i=lsq[++id];i;i=q[i].next) {
                int t=pos[q[i].y];
                ans[i]=ask(R[t])-ask(L[t]-1);
            }
        } else if (str[i]=='B') {
            add(L[now],-1); now=fa[now];
        } else {
            now=rec[now][str[i]-'a']; add(L[now],1);
        }
    }
}

int main(void) {
    scanf("%s%d",str+1,&m);
    rep(i,1,m) {
        int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
        q[i]=(edge) {y,x,lsq[y]}; lsq[y]=i;
    }
    build(); get_fail();
    rep(i,1,tot) add_edge(fail[i],i);
    dfs(0); solve();
    rep(i,1,m) printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}