【BZOJ2434】[NOI2011]阿狸的打字机

【BZOJ2434】[NOI2011]阿狸的打字机

题面

bzoj

洛谷

题解

我们先想一下最暴力是怎么搞的

把$AC$自动机建好，每一个节点，从$y$串的结尾节点往上跳它的父亲，

和普通的$AC$自动机一样跳就好了

然而这个可以优化一下

我们将所有询问离线

每个串统计一次其他串对它的贡献

就可以有$70pts$了

$70pts$代码

#include <iostream> 
#include <cstdio> 
#include <cstdlib> 
#include <cstring> 
#include <cmath> 
#include <algorithm> 
#include <queue> 
using namespace std;
const int MAX_N = 2e5 + 5; 
char s[MAX_N]; 
int N, tot, nd[MAX_N], ans[MAX_N], sum[MAX_N]; 
struct Trie { int ch[26], fail, fa, End; } t[MAX_N]; 
void build() {
    static queue<int> que; 
    for (int i = 0; i < 26; i++) if (t[0].ch[i]) que.push(t[0].ch[i]), t[t[0].ch[i]].fail = 0; 
    while (!que.empty()) { 
        int o = que.front(); que.pop(); 
        for (int i = 0; i < 26; i++) {
            if (t[o].ch[i]) t[t[o].ch[i]].fail = t[t[o].fail].ch[i], que.push(t[o].ch[i]);
            else t[o].ch[i] = t[t[o].fail].ch[i]; 
        } 
    } 
}
int query(int y) { 
    int res = 0;
    for (int o = nd[y]; o; o = t[o].fa)
        for (int x = o; x; x = t[x].fail) if (t[x].End) ++sum[t[x].End]; 
    return res; 
} 
struct Query { int x, y, id; } q[MAX_N]; 
bool operator < (const Query l, const Query r) { return l.y < r.y; } 

int main () { 
    scanf("%s", s + 1);
    for (int o = 0, i = 1, l = strlen(s + 1); i <= l; i++) { 
        if ('a' <= s[i] && s[i] <= 'z') {
            if (!t[o].ch[s[i] - 'a']) t[o].ch[s[i] - 'a'] = ++tot, t[tot].fa = o; 
            o = t[o].ch[s[i] - 'a']; 
        } 
        if (s[i] == 'B') o = t[o].fa; 
        if (s[i] == 'P') nd[++N] = o, t[o].End = N; 
    }
    build(); 
    int M; scanf("%d", &M); 
    for (int i = 1; i <= M; i++) scanf("%d", &q[i].x), scanf("%d", &q[i].y), q[i].id = i;
    sort(&q[1], &q[M + 1]); 
    for (int i = 1, j = 1; i <= M; i = j) { 
        query(q[i].y); 
        while (q[j].y == q[i].y) ans[q[j].id] = sum[q[j].x], ++j; 
        fill(&sum[1], &sum[N + 1], 0); 
    } 
    for (int i = 1; i <= M; i++) printf("%d\n", ans[i]); 
    return 0; 
} 

然后我们想一下这个过程：

每一个点往上跳，如果可以跳到一个点，是其他字符串的$End$节点就统计贡献

所以对于一个点，它跳到它被匹配的模式串的$End$点的次数，就是答案

换句话说

对于每个模式串，就是要统计有多少个文本串能跳到它。

这个就好解决一些了，

发现对于每个点，它对应的$fail$只有一个

所以我们将点$i$与$fail_i$连边，

在新的树上统计：

每次将串$i$的链上加一，然后将询问离线统计贡献。

但是这样做还是只有$70pts$，

因为还是有很多状态被重复统计，

那么如何继续优化呢？

接下来的做法就很巧妙了：

我们保留原来的$trie$和根据$fail$新建的树

在新树上预处理$dfs$序，

然后$dfs$遍历一遍原$trie$，入栈时将这个点$+1$

出栈时$-1$

如果这个点有结尾的串，就对这个串统计贡献，

因为我们$dfs$回答询问时只会有那一个串被统计

所以我们的做法是对的。

如有什么不理解的地方，可以参见代码

代码

#include <iostream> 
#include <cstdio> 
#include <cstdlib> 
#include <cstring> 
#include <cmath> 
#include <algorithm> 
#include <queue>
#include <vector> 
using namespace std;
const int MAX_N = 2e5 + 5; 
char s[MAX_N]; 
int N, tot, nd[MAX_N], ans[MAX_N]; 
struct Trie { int ch[26], cpy[26], fail, fa, End; } t[MAX_N]; 
void build() {
    static queue<int> que; 
    for (int i = 0; i < 26; i++) if (t[0].ch[i]) que.push(t[0].ch[i]), t[t[0].ch[i]].fail = 0; 
    while (!que.empty()) { 
        int o = que.front(); que.pop(); 
        for (int i = 0; i < 26; i++) {
            if (t[o].ch[i]) t[t[o].ch[i]].fail = t[t[o].fail].ch[i], que.push(t[o].ch[i]);
            else t[o].ch[i] = t[t[o].fail].ch[i]; 
        } 
    } 
} 
struct Graph { int to, next; } e[MAX_N << 1]; int fir[MAX_N], e_cnt = 0; 
void clearGraph() { memset(fir, -1, sizeof(fir)); e_cnt = 0; } 
void Add_Edge(int u, int v) { e[e_cnt] = (Graph){v, fir[u]}, fir[u] = e_cnt++; } 
struct Query { int x, id; } ; 
vector<Query> vec[MAX_N]; 
int tim, L[MAX_N], R[MAX_N]; 
void dfs(int x) {
    L[x] = ++tim; 
    for (int i = fir[x]; ~i; i = e[i].next) dfs(e[i].to); 
    R[x] = tim; 
}
int c[MAX_N]; 
inline int lb(int x) { return x & -x; } 
void add(int x, int v) { while (x <= tim) c[x] += v, x += lb(x); } 
int sum(int x) { int res = 0; while (x > 0) res += c[x], x -= lb(x); return res; } 
void DFS(int x) { 
    add(L[x], 1); 
    if (t[x].End) 
        for (vector<Query> :: iterator ite = vec[t[x].End].begin(); ite != vec[t[x].End].end(); ++ite) 
            ans[ite->id] = sum(R[nd[ite->x]]) - sum(L[nd[ite->x]] - 1);
    for (int i = 0; i < 26; i++) 
        if (t[x].cpy[i]) DFS(t[x].cpy[i]); 
    add(L[x], -1); 
} 
int main () {
    scanf("%s", s + 1);
    for (int o = 0, i = 1, l = strlen(s + 1); i <= l; i++) { 
        if ('a' <= s[i] && s[i] <= 'z') {
            if (!t[o].ch[s[i] - 'a']) t[o].ch[s[i] - 'a'] = ++tot, t[tot].fa = o; 
            o = t[o].ch[s[i] - 'a']; 
        } 
        if (s[i] == 'B') o = t[o].fa; 
        if (s[i] == 'P') nd[++N] = o, t[o].End = N; 
    } 
    for (int i = 0; i <= tot; i++) 
        for (int o = 0; o < 26; o++) t[i].cpy[o] = t[i].ch[o]; 
    build(); clearGraph(); 
    for (int i = 1; i <= tot; i++) Add_Edge(t[i].fail, i); 
    dfs(0); 
    int M; scanf("%d", &M); 
    for (int i = 1; i <= M; i++) {
        int x, y; scanf("%d%d", &x, &y); 
        vec[y].push_back((Query){x, i}); 
    } 
    DFS(0); 
    for (int i = 1; i <= M; i++) printf("%d\n", ans[i]); 
    return 0; 
}