字符串做题记录

[Codechef REBXOR] Nikitosh and xor

解法

由于异或满足 $a\oplus a=0$ ，故可以将 $\bigoplus_{i=l}^r a_i$ 写成 $(\bigoplus_{i=1}^r a_i)\oplus (\bigoplus_{i=1}^{l-1} a_i)$ 的形式。维护前缀异或和，然后问题转换成了找出两对异或最大的异或和，满足两对异或和对应的区间不交。

使用 01-Trie 维护前缀/后缀的（前缀）异或和，在插入某个异或和后找异或其最大的异或和并将之计入答案，可得前缀/后缀异或和中异或最大的一对。合并两个答案即可。

代码

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 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=400010;
const int maxl=30;
int n,i,j,t=1,u,v,p,s,l,ans;
int a[maxn],pr[maxn];
int trie[maxn*maxl][2];
bool o;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(t=1;t<=maxl;++t) trie[t][0]=t+1;
    --t;
    for(i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d",a+i);
        a[i]^=a[i-1];
        u=p=1;
        for(j=maxl-1;j>=0;--j){
            o=(a[i]>>j)&1; v=trie[u][o];
            if(!v) v=trie[u][o]=++t; 
            u=v; v=trie[p][!o];
            if(v){
                p=v;
                pr[i]|=(1<<j);
            }
            else p=trie[p][o];
        }
        pr[i]=max(pr[i],pr[i-1]);
    }
    memset(trie,0,sizeof(trie));
    t=u=1;
    for(j=maxl-1;j>=0;--j){
        o=(a[n]>>j)&1;
        trie[u][o]=++t;
        u=t;
    }
    for(i=n-1;i;--i){
        u=p=1;s=0;
        for(j=maxl-1;j>=0;--j){
            o=(a[i]>>j)&1; v=trie[u][o];
            if(!v) v=trie[u][o]=++t; 
            u=v; v=trie[p][!o];
            if(v){
                p=v;
                s|=(1<<j);
            }
            else p=trie[p][o];
        }
        l=max(l,s);
        ans=max(ans,pr[i]+l);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

P2375 [NOI2014] 动物园

解法

考虑满足同时为串 $s$ 的前缀和后缀的（非空）子串有怎样的性质。

如果某个串 $s$ 的前缀同时是其的后缀，则这个子串一定同时为 $s_1\sim s_{nxt_n}$ 的前缀和后缀（或是其本身）；而若其长度小于 $nxt_n$ ，则其长度最多为 $nxt_{nxt_n}$ ，其又是 $s_1\sim s_{nxt_{nxt_n}}$ 的前缀和后缀；以此类推，可得这个子串的长度一定在 $\{n,nxt_n,nxt_{nxt_n},\cdots,1\}$ 集合中。

这样来说单独求一个 $num_i$ 也是简单的，直接不断跳 $nxt$ 直到跳到得一个长度不大于 $\lfloor\frac i2\rfloor$ 处。而求单个 $num$ 的时间复杂度为 $O(n)$ ；需要在能够保证的时间复杂度内求出每一个 $num$ ，可以使用倍增法，一次性跳 $2^k$ 次 $nxt$ 再进行检查，这样单次求 $num$ 的时间复杂度为 $O(\log n)$ 。

代码

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 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxl=22;
const int maxn=1000010;
const int md=1000000007;
int t,n,i,j,k,a,p,m;
int dep[maxn],nxt[maxl][maxn];
char s[maxn];
int main(){
    scanf("%d",&t);
    dep[0]=-1;
    while(t--){
        scanf("%s",s+1);
        n=strlen(s+1);j=0;
        for(i=2;i<=n;++i){
            while(j&&(s[j+1]!=s[i])) j=nxt[0][j];
            if(s[j+1]==s[i]) nxt[0][i]=++j;
            else nxt[0][i]=0; 
            dep[i]=dep[nxt[0][i]]+1;
        }
        for(i=1;i<maxl;++i) for(j=1;j<=n;++j) nxt[i][j]=nxt[i-1][nxt[i-1][j]];
        k=1;a=1;
        for(i=2;i<=n;++i){
            p=i;m=0;
            for(j=maxl-1;j>=0;--j){
                if(nxt[j][p]>k){
                    m+=(1<<j);
                    p=nxt[j][p];
                }
            }
            m=dep[i]-m+1;
            a=(1LL*a*m)%md;
            if(i&1) ++k;
        }
        printf("%d\n",a);
    }
    return 0;
}

P2414 [NOI2011] 阿狸的打字机

解法

考虑某个串 $S$ 在另外一个串 $T$ 中出现多少次意味着串 $T$ 中有多少个前缀的后缀是 $S$ 。对应在 AC 自动机上即为 $S$ 对应的节点在 next 树上有多少个后代在 $T$ 对应的 Trie 树链上。

把所有询问离线，同时将某个点是否在另一个点的子树上转为某个点是否在某段 dfn 序的一个区间里。这样可以先 dfs 一遍 next 树求 dfn 序，然后 dfs 一遍 Trie 树，在进入某个节点时维护当前节点和其祖先节点的所有 dfn 序（可以用树状数组）；最后当某个节点 $j$ 对应了某个询问 $(i,j)$ 时，查询当前维护的所有 dfn 序中有多少个在 $i$ 对应的 dfn 序区间内。

代码

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 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100010;
char s[maxn];
int i,p,c,j,l,r,u,v,m,tot,tim;
int fa[maxn],q[maxn],nxt[maxn],ed[maxn];
int ac[maxn][26],trie[maxn][26];
int h[maxn],nxe[maxn],dfn[maxn],edn[maxn];
int cnt[maxn<<1],hq[maxn],aq[maxn];
struct query{int to,nq;}Q[maxn];
inline void add(int p){
    for(;p<=tim;p+=(p&-p)) ++cnt[p];
}
inline void sub(int p){
    for(;p<=tim;p+=(p&-p)) --cnt[p];
}
inline int query(int p){
    int ret=0;
    for(;p;p^=(p&-p)) ret+=cnt[p];
    return ret;
}
void dfsn(int p){
    dfn[p]=++tim;
    for(int lp=h[p];lp;lp=nxe[lp]) dfsn(lp);
    edn[p]=++tim;
} 
void dfsa(int p){
    add(dfn[p]);
    int lp,to;
    for(lp=hq[p];lp;lp=Q[lp].nq){
        to=Q[lp].to;
        aq[lp]=query(edn[to])-query(dfn[to]-1);
    }
    for(lp=0;lp<26;++lp){
        to=trie[p][lp];
        if(!to) continue;
        dfsa(to);
    }
    sub(dfn[p]);
}
int main(){
    scanf("%s",s+1);
    for(i=1;s[i];++i){
        c=s[i];
        if(c=='B') p=fa[p];
        else if(c=='P') ed[++j]=p;
        else{
            c-='a';
            if(!trie[p][c]){
                trie[p][c]=ac[p][c]=++tot;
                fa[tot]=p;
            }
            p=trie[p][c];
        }
    }
    r=-1;
    for(i=0;i<26;++i) if(ac[0][i]) q[++r]=ac[0][i];
    while(l<=r){
        u=q[l++];
        for(i=0;i<26;++i){
            v=ac[u][i];
            if(!v) ac[u][i]=ac[nxt[u]][i];
            else{
                nxt[v]=ac[nxt[u]][i];
                q[++r]=v;
            }
        }
    }
    for(i=1;i<=tot;++i){
        nxe[i]=h[nxt[i]];
        h[nxt[i]]=i;
    }
    dfsn(0);
    scanf("%d",&m);
    for(i=1;i<=m;++i){
        scanf("%d%d",&u,&v);
        u=ed[u]; v=ed[v];
        Q[i]={u,hq[v]};hq[v]=i;
    }
    dfsa(0);
    for(i=1;i<=m;++i) printf("%d\n",aq[i]);
    return 0;
}

P3975 [TJOI2015]弦论

解法

对这个串建立 SAM。由于 SAM 上从起点出发的任意一条路径均对应了唯一的子串，所以每个点出发的路径条数就是有某个前缀的子串个数。在 SAM 的转移边组成的 DAG 上拓扑 dp 找到从每个点出发的路径条数。

考虑可重子串的计数。在求出每个节点对应的 endpos 之后，计算某个点开始的子串个数时，不能仅仅将这个点出发的路径条数相加。在 DAG 上从某个点向其前驱转移时，需要加上这个点的 endpos 大小（考虑这个前驱节点只加这一条转移边对应的字符的状态，此时需要取这个节点）。从根节点开始时不能减去对应大小（空串不计入排序）。

最后需要在 SAM 的 DAG 上 dfs 以按位确定答案的前缀。在 dfs 搜索到某个节点时，需要将 $k$ 减去这个节点对应的 endpos（不可重计数则减 1），表示这个对应的前缀对答案造成的贡献，若此时 $k$ 为负则已经求出答案。同时在节点上顺次访问转移边，将 $k$ 减去目前扫描到的所有转移边对应的点的后缀数，直到 $k$ 将在这一次操作时变为负，才不进行这次操作，而是确定答案当前位，并且访问这个子节点。

代码

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 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=500010;
const int maxl=1000010;
char s[maxn];
int o,k,i,j,u,v,l=1,r,te;
int deg[maxl],que[maxl];
int h[maxl],nxt[maxn*3],ver[maxn*3];
int p,q,cl,ch;
int cur,lst=1,tot=1;
struct SamNode{
    int lnk,len,siz;
    int nxt[26];
    long long str,sum;
}N[maxl];
#define lnk(p) N[p].lnk
#define len(p) N[p].len
#define siz(p) N[p].siz
#define nxt(p) N[p].nxt
#define str(p) N[p].str
#define sum(p) N[p].sum
int main(){
    scanf("%s",s+1);
    N[1].str=1;
    for(i=1;s[i];++i){
        ch=s[i]-'a';
        cur=++tot;
        p=lst;
        siz(cur)=1;
        len(cur)=i;
        while(p){
            if(nxt(p)[ch]) break;
            nxt(p)[ch]=cur;
            p=lnk(p);
        }
        if(!p) lnk(cur)=1;
        else{
            q=nxt(p)[ch];
            if(len(q)==len(p)+1) lnk(cur)=q;
            else{
                N[cl=++tot]=N[q];
                len(cl)=len(p)+1;
                siz(cl)=0;
                lnk(q)=lnk(cur)=cl;
                while(p&&nxt(p)[ch]==q){
                    nxt(p)[ch]=cl;
                    p=lnk(p);
                }
            }
        }
        lst=cur;
    }
    scanf("%d%d",&o,&k);
    if(!o) for(i=1;i<=tot;++i) siz(i)=1;
    else{
        for(i=2;i<=tot;++i) ++deg[lnk(i)];
        for(i=2;i<=tot;++i) if(!deg[i]) que[++r]=i;
        while(l<=r){
            u=que[l++]; v=lnk(u);
            siz(v)+=siz(u);
            if(!(--deg[v])) que[++r]=v;
        }
    }
    for(i=1;i<=tot;++i) str(i)=siz(i);
    str(1)=siz(1)=r=0;l=1;
    for(i=1;i<=tot;++i){
        for(j=0;j<26;++j){
            if(nxt(i)[j]){
                ++deg[i];
                ver[++te]=i;
                nxt[te]=h[nxt(i)[j]];
                h[nxt(i)[j]]=te;
            }
        }
    }
    for(i=1;i<=tot;++i) if(!deg[i]) que[++r]=i;
    while(l<=r){
        u=que[l++];
        for(i=h[u];i;i=nxt[i]){
            v=ver[i]; str(v)+=str(u);
            if(!(--deg[v])) que[++r]=v;
        }
    }
    if(k>str(1)){
        printf("-1");
        return 0;
    }
    u=1;
    for(;;){
        if(k<=siz(u)) return 0;
        k-=siz(u);
        for(i=0;i<26;++i){
            v=nxt(u)[i];
            if(!v) continue;
            if(str(v)<k) k-=str(v);
            else{
                putchar(i+'a');
                u=v; break;
            }
        }
    }
}

P3193 [HNOI2008]GT考试

解法

$n$ 比较小时考虑 dp。设 $dp_{i,j}$ 为当前确定了长为 $i$ 的前缀，这个前缀的后缀与 $s$ 最多能匹配 $j$ 位的方案数。转移时，考虑在 $s_1\sim s_j$ 后接某个数字 $c$ 能够和 $s$ 最多匹配到多少位，记最多能匹配到 $nxt_{j,c}$ 位（这个值可以通过 KMP 求得的 $nxt$ 数组求出）。同时记 $M(j,k)=\sum_{i=0}^9[nxt_{j,i}=k]$ ，则 $dp_{i+1,j}=\sum_{k=0}^{m-1} M(k,j)dp_{i,k}$ 。初值有 $dp_{1,0}=9,dp_{1,1}=1$ 。

考虑矩阵乘法。定义 $m\times m$ 的转移矩阵 $T$ ，其中 $T_{i,j}=M(i,j)$ （下标从 $0$ 开始）；则由 dp 定义式得： $\begin{bmatrix}dp_{i,0}&dp_{i,1}&\cdots&dp_{i,m-1}\end{bmatrix}\times T=\begin{bmatrix}dp_{i+1,0}&dp_{i+1,1}&\cdots&dp_{i+1,m-1}\end{bmatrix}$ 。求 $T^{n-1}$ 即可。

代码

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 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxm=22;
int n,m,k,i,j,p,c,ans;
int nxt[maxm];
char s[maxm];
struct matrix{
    int mat[maxm][maxm];
    inline void operator *=(const matrix &a){
        matrix tmp;
        for(i=0;i<m;++i){
            for(j=0;j<m;++j){
                for(p=0;p<m;++p) c+=mat[i][p]*a.mat[p][j];
                tmp.mat[i][j]=c%k; c=0;
            }
        }
        *this=tmp;
    }
}d,r;
int main(){
    scanf("%d%d%d%s",&n,&m,&k,s+1); --n;
    d.mat[0][1]=d.mat[1][2]=
    r.mat[0][0]=r.mat[1][1]=1; 
    d.mat[0][0]=9; 
    if(s[1]==s[2]) d.mat[1][0]=9;
    else{
        d.mat[1][0]=8;
        d.mat[1][1]=1;
    }
    for(i=2;i<m;++i){
        while(j&&s[j+1]!=s[i]) j=nxt[j];
        if(s[j+1]==s[i]) ++j; nxt[i]=j;
        p=i; c=10; r.mat[i][i]=1; 
        for(;;){
            if(!((ans>>(s[p+1]-'0'))&1)){
                d.mat[i][p+1]=1;
                ans|=1<<(s[p+1]-'0');
                --c;
            }
            if(!p) break; 
            p=nxt[p]; 
        } 
        ans=0; d.mat[i][0]=c;
    }
    c=0;
    do{
        if(n&1) r*=d;
        d*=d;
    }while(n>>=1);
    ans=r.mat[0][0]*9;
    if(m>1){
        ans+=r.mat[1][0];
        for(i=1;i<m;++i) ans+=r.mat[1][i]+9*r.mat[0][i];
    }
    printf("%d",ans%k);
    return 0;
}

P3715 [BJOI2017]魔法咒语

解法

考虑 dp。建出所有非法串的 AC 自动机之后，则每个非法串的末尾节点和它们在 fail 树上的祖先都是在匹配时不能经过的节点。设 $dp_{i,j}$ 为长为 $i$ 且在自动机上匹配到节点 $j$ 的字符串数量，转移时设 $to_{i,j}$ 为基本串 $s_i$ 在自动机上从 $j$ 开始能匹配到的节点（可能在中间走过了非法节点，此时 $to_{i,j}$ 不存在），则转移有 $\forall k,dp_{i,j}\to dp_{i+|s_k|,to_{k,j}}$ 。

考虑 $L$ 很大而 $\max\limits_{k=1}^n |s_k|$ 很小的情况。此时每个 $dp_{i,j}$ 只需要借助 $dp_{i-1},dp_{i-2}$ 计算，可以使用矩阵快速幂优化转移。注意 $\max\limits_{k=1}^n|s_k|$ 较大时不能用矩阵。

代码

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 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=55;
const int maxl=110;
const int maxb=220;
const int md=1000000007;
int n,m,l,i,j,u,v,c,pt,tot;
int le[maxn],trie[maxl][26];
int nxt[maxl],to[maxn][maxl],dp[maxl][maxl];
char s[maxn][maxl],t[maxl];
bool vis[maxl]; queue<int> q;
inline void Add(int &x,int y){x-=((x+=y)>=md)*md;}
struct mat{
    int m[maxb][maxb];
    inline mat operator *(const mat &a){
        mat ret;
        for(int i=0;i<=v;++i){
            for(int j=0;j<=v;++j){
                int u=0;
                for(int k=0;k<=v;++k)
                    u=(1LL*m[i][k]*a.m[k][j]+u)%md;
                ret.m[i][j]=u;
            }
        }
        return ret;
    }
}R,D; 
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&l);
    for(i=1;i<=n;++i){
        scanf("%s",s[i]+1);
        le[i]=strlen(s[i]+1);
    }
    for(i=1;i<=m;++i){
        scanf("%s",t+1); pt=0;
        for(j=1;c=t[j];++j){
            c-='a';
            if(!trie[pt][c])
                trie[pt][c]=++tot;
            pt=trie[pt][c];
        }
        vis[pt]=1;
    }
    for(j=0;j<26;++j) if(u=trie[0][j]) q.push(u);
    while(!q.empty()){
        u=q.front(); q.pop();
        for(j=0;j<26;++j){
            pt=trie[nxt[u]][j];
            if(!(v=trie[u][j]))
                trie[u][j]=pt;
            else{
                nxt[v]=pt;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    for(i=0;i<=tot;++i)
        for(j=0;j<=tot;++j)
            vis[j]|=vis[nxt[j]];
    for(i=1;i<=n;++i){
        for(u=0;u<=tot;++u){
            if(vis[u]){
                to[i][u]=-1;
                continue;
            }
            pt=u;
            for(j=1;c=s[i][j];++j){
                pt=trie[pt][c-'a'];
                if(vis[pt]){pt=-1;break;}
            }
            to[i][u]=pt;
        }
    }
    if(l>1){
        c=*max_element(le+1,le+n+1); 
        v=tot<<1|1;
        for(j=0;j<=tot;++j) D.m[j][tot+j+1]=1;
        for(j=0;j<=v;++j) R.m[j][j]=1;
        for(i=1;i<=n;++i){
            u=(le[i]-1)*(tot+1); 
            for(j=0;j<=tot;++j)
                if(~to[i][j])
                    ++D.m[j+u][to[i][j]];
        }
        ++i; 
        do{
            if(l&1) R=R*D;
            D=D*D;
        }while(l>>=1);
        for(i=u=0;i<=tot;++i) Add(u,R.m[0][i]);
    }
    else{
        dp[0][0]=1;
        for(i=0;i<l;++i)
            for(u=0;u<=tot;++u)
                for(j=1;j<=n;++j)
                    if((c=i+le[j])<=l&&(~(v=to[j][u]))) 
                        Add(dp[c][to[j][u]],dp[i][u]);
        for(i=u=0;i<=tot;++i) Add(u,dp[l][i]);
    }
    printf("%d",u);
    return 0;
}

P5840 [COCI2015]Divljak

解法

将所有给出串建 AC 自动机后，考虑在新加一个串时将这个串在 AC 自动机上面进行匹配，标记经过的节点，每次查询多少个串包含了某个串 $s_i$ ，就是哪些串匹配时访问到 $s_i$ 结尾节点在 fail 树上的子树内。

考虑访问到的节点是否在某个节点的子树内可以想到 dfn + 树状数组，标记某些节点和它们在 fail 树上的节点的祖先的并也是一个经典问题，只需要将所有访问节点离线下来，按照 dfn 排序，设排序后的节点为 $u_1,u_2,\cdots$ ，则 $\forall i>1$ ，每次新标记 $son_{{\rm{lca}}(u_{i-1},u_i)}\to u_i$ 上的点即可。这个问题可以转成链上加 + 单点求和的形式，可以转成单点加 + 子树求和（dfn 上区间求和）的形式。

代码

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 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxl=22;
const int maxm=100010;
const int maxn=2000010;
const int maxb=maxn<<1;
int n,m,i,j,u,v,o,p=1,ch,tot,tim;
int trie[maxn][26],nxt[maxn];
int dep[maxn],dfn[maxn],edn[maxn];
int lb[maxb],st[maxl][maxb],to[maxm];
int he[maxn],ne[maxn],c[maxb],pe[maxn];
char s[maxn]; queue<int> q;
void dfs(int p,int d){
    dep[p]=d; 
    st[0][++tim]=p; dfn[p]=tim;
    for(int to=he[p];to;to=ne[to]){
        dfs(to,d+1);
        st[0][++tim]=p;
    }
    edn[p]=tim;
}
inline bool cmp(const int &x,const int &y){return dfn[x]<dfn[y];}
inline int lca(int x,int y){
    x=dfn[x]; y=dfn[y]; if(x>y) swap(x,y);
    int le=lb[y-x+1];
    int u=st[le][x],v=st[le][y-(1<<le)+1];
    if(dep[u]>dep[v]) u=v; return u; 
}
inline void Add(int p,int x){
    for(;p<=tim;p+=p&-p) c[p]+=x;
}
inline void Que(){
    int ret=0,l=dfn[u]-1,r=edn[u];
    for(;r;r^=r&-r) ret+=c[r];
    for(;l;l^=l&-l) ret-=c[l];
    printf("%d\n",ret);
}
int main(){
    for(i=2;i<maxb;++i) lb[i]=lb[i>>1]+1;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;++i){
        scanf("%s",s+1); p=0;
        for(j=1;ch=s[j];++j){
            ch-='a';
            if(!trie[p][ch])
                trie[p][ch]=++tot;
            p=trie[p][ch];
        }
        to[i]=p;
    }
    for(j=0;j<26;++j) if(u=trie[0][j]) q.push(u);
    while(!q.empty()){
        u=q.front(); q.pop();
        for(j=0;j<26;++j){
            p=trie[nxt[u]][j];
            if(v=trie[u][j]){
                nxt[v]=p;
                q.push(v);
            }
            else trie[u][j]=p;
        }
    }
    for(i=1;i<=tot;++i){
        u=nxt[i];
        ne[i]=he[u];
        he[u]=i;
    }
    dfs(0,1);
    for(j=1;j<maxl;++j){
        m=tim-(1<<j)+1;
        for(i=1;i<=m;++i){
            u=st[j-1][i];
            v=st[j-1][i+(1<<(j-1))];
            if(dep[u]>dep[v]) u=v;
            st[j][i]=u;
        }
    }
    scanf("%d",&m);
    while(m--){
        scanf("%d",&o);
        if(o==1){
            scanf("%s",s+1); 
            for(n=1;ch=s[n];++n)
                pe[n]=trie[pe[n-1]][ch-'a'];
            sort(pe+1,pe+n,cmp); 
            Add(dfn[v=pe[1]],1);
            for(i=2;i<n;++i){
                u=pe[i];
                Add(dfn[lca(u,v)],-1);
                Add(dfn[u],1); v=u;
            }
        }
        else{
            scanf("%d",&u);
            u=to[u]; Que();
        }
    }
    return 0;
}

P2336 [SCOI2012]喵星球上的点名

解法

考虑第一问中“某个串作为了多少个给定串的子串”的内容。可以对所有点名串建 AC 自动机，然后将每个名字串在自动机上进行匹配，可以按照上述 P5840 [COCI2015]Divljak 的方法统计答案。

第二问中“某个串有多少个给定串作为子串”，就是将名字串在 AC 自动机上匹配的时候，经过的所有点到 fail 树上的根节点的路径并内有多少个节点为给定串的末端节点。可以直接按照上述统计方法 + 树上差分统计答案。

在建 AC 自动机的时候，转移边数量可能很多，不能直接用 map 存储，可以使用 map 预处理 Trie 树上原有的转移边方便处理，使用主席树维护每个点的转移边，在建某个节点 $u$ 的转移边时只需要用 $u$ 在 Trie 树上的转移边覆盖 $fail_u$ 的转移边即可，该部分时空复杂度为 $O(|{\rm{Trie}}|\log\Sigma)$ ，其中 $\Sigma$ 为字符集大小。（似乎有其他的正确复杂度的做法）

代码

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 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxl=20;
const int maxb=50010;
const int maxn=100010; 
const int INF=10000;
int n,m,i,j,u,v,p,a,tp,pt,lt,rt,mt,te=1,tim,tot;
int fa[maxl][maxn],he[maxn],ne[maxn];
int c[maxn],st[maxb],val[maxn],ans[maxb];
int rd[maxn],dep[maxn],dfn[maxn],edn[maxn];
int to[maxb],pe[maxb*3],ph[maxn],nxt[maxn];
inline bool cmp(const int &x,const int &y){return dfn[x]<dfn[y];}
queue<int> q; 
map<int,int> trie[maxn];
#define fi first
#define se second
struct seg{int ls,rs;}tr[maxn*maxl];
#define ls(p) tr[p].ls
#define rs(p) tr[p].rs
void dfs(int p,int d,int v){
    dep[p]=d; val[p]=v; dfn[p]=++tim;
    for(int to=he[p];to;to=ne[to])
        fa[0][to]=p,dfs(to,d+1,v+val[to]);
    edn[p]=tim;
}
inline int lca(int x,int y){
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
    for(int j=maxl-1;~j;--j) if(dep[fa[j][x]]>=dep[y]) x=fa[j][x];
    if(x==y) return x;
    for(int j=maxl-1;~j;--j) if(fa[j][x]!=fa[j][y]) x=fa[j][x],y=fa[j][y];
    return fa[0][x];
}
inline void Add(int p,int x){
    for(;p<=tim;p+=p&-p) c[p]+=x;
}
inline void Que(){
    int ret=to[i];
    int l=dfn[ret]-1,r=edn[ret];
    for(ret=0;r;r^=r&-r) ret+=c[r];
    for(;l;l^=l&-l) ret-=c[l];
    printf("%d\n",ret);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=p=1;i<=n;++i){
        st[i]=p;scanf("%d",&u);
        while(u--){scanf("%d",&v);pe[p++]=v;}
        pe[p++]=-1;scanf("%d",&u);
        while(u--){scanf("%d",&v);pe[p++]=v;}
    }
    st[n+1]=p;
    for(i=1;i<=m;++i){
        scanf("%d",&u); p=0;
        while(u--){
            scanf("%d",&v);
            if(!trie[p][v]) trie[p][v]=++tot; 
            p=trie[p][v];
        }
        ++val[p]; to[i]=p;
    } 
    rd[0]=1;
    for(auto it:trie[0]){
        u=it.fi; v=it.se;
        lt=0; pt=1; rt=INF;
        while(lt<rt){
            mt=(lt+rt)>>1;
            if(u<=mt){
                if(!ls(pt)) ls(pt)=++te;
                pt=ls(pt); rt=mt;
            }
            else{
                if(!rs(pt)) rs(pt)=++te;
                pt=rs(pt); lt=mt+1;
            }
        }
        rs(pt)=v; q.push(v);
    }
    while(!q.empty()){
        u=q.front(); q.pop();
        rd[u]=++te; tr[te]=tr[p=rd[nxt[u]]];
        for(auto it:trie[u]){
            lt=0; rt=INF;
            pt=p; v=it.fi;
            while(lt<rt){
                mt=(lt+rt)>>1; 
                if(v<=mt) pt=ls(pt),rt=mt;
                else pt=rs(pt),lt=mt+1;
                if(!pt) break;
            }
            if(pt) nxt[it.se]=rs(pt);
            lt=0; rt=INF; pt=rd[u]; 
            while(lt<rt){
                mt=(lt+rt)>>1; ++te;
                if(v<=mt){
                    tr[te]=tr[ls(pt)]; ls(pt)=te;
                    pt=ls(pt); rt=mt;
                }
                else{
                    tr[te]=tr[rs(pt)]; rs(pt)=te;
                    pt=rs(pt); lt=mt+1; 
                }
            }
            v=rs(pt)=it.se; q.push(v);
        }
    }
    for(i=1;i<=tot;++i){
        u=nxt[i];
        ne[i]=he[u];
        he[u]=i;
    }
    dfs(0,1,0);
    for(j=1;j<maxl;++j)
        for(i=1;i<=tot;++i)
            fa[j][i]=fa[j-1][fa[j-1][i]];
    for(i=1;i<=n;++i){
        p=0; tp=1; u=st[i+1]; 
        for(j=st[i];j<u;++j){
            if((v=pe[j])<0){p=0;goto ed;}
            lt=0; rt=INF; pt=rd[p];
            while(lt<rt){
                mt=(lt+rt)>>1;
                if(v<=mt) pt=ls(pt),rt=mt;
                else pt=rs(pt),lt=mt+1;
                if(!pt) break;
            }
            if(pt) p=rs(pt); else p=0; 
            ed: ph[++tp]=p;
        }
        sort(ph+1,ph+tp+1,cmp); u=a=0;
        for(j=2;j<=tp;++j){
            v=ph[j]; p=lca(u,v);
            a+=val[v]-val[p];
            Add(dfn[p],-1);
            Add(dfn[v],1); u=v;
        }
        ans[i]=a;
    }
    for(i=1;i<=m;++i) Que();
    for(i=1;i<=n;++i) printf("%d ",ans[i]);
    return 0;
}

P3167 [CQOI2014]通配符匹配

解法

考虑将匹配串按照星号位置分成若干段，然后每一段分别和文件名进行匹配，每匹配好一段则下一段直接从该位置开始匹配（显然每一段越早完整匹配越好）。但是这样做显然行不通，因为在有通配符 ? 的情况下不能使用普通的 KMP 解决该问题。

考虑将匹配串按照问号一起分开。然后使用哈希判断某个位置能匹配到哪些位置。设 $dp_{i,j}$ 为 $i$ 位置能否匹配到 $j$ 部分串 $s_j$ 的结尾处 的问号，则转移有 $dp_{i,j}=(hash(i-|s_j|,i-1)=hash(s_j))dp_{i-|s_j|-1,j-1}$ 。如果某个位置能够匹配完整，则及时从这一部分断掉开始匹配下一部分。然而分开之后有一些连续段不是以问号结尾的，需要特判掉，同时需要调整 dp 方式。通配符数量有限，所以可以这样进行 dp。

注意开头如果存在 * 则可以 $\forall i,$ 将 $dp_{i,0}$ 的初值设为 $1$ ；结尾如果存在 * 则可以将所有 $dp_i$ 计入答案。

代码

点此查看代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int P=1997;
const int maxk=12;
const int maxn=100010;
int n,m,i,j,k,p,c,u,v,l,ch,ct,th;
int col[maxk],le[maxk];
char s[maxn],t[maxn];
bool cd,dp[maxn][maxk],vis[maxk];
uint64_t H,pw[maxn],hs[maxk],ht[maxn];
int main(){
    for(i=pw[0]=1;i<maxn;++i) pw[i]=pw[i-1]*P;
    memset(col,-1,sizeof(col));
    scanf("%s",s+1);
    m=strlen(s+1); 
    for(i=1;i<=m;++i){
        ch=s[i]; 
        if(ch!='*') cd=1;
        if(!isalpha(ch)){
            if(cd){
                hs[++th]=H; 
                col[th]=c; 
                le[th]=ct;
                if(ch=='*'){++c;cd=0;} 
                else vis[th]=1;
            }
            H=ct=0; 
            continue;
        }
        H+=pw[ct++]*ch;
    }
    if(cd){
        hs[++th]=H; 
        col[th]=c; 
        le[th]=ct;
    } 
    scanf("%d",&n);
    while(n--){
        scanf("%s",t+1); p=strlen(t+1); 
        for(i=1;i<=p;++i) ht[i]=ht[i-1]+pw[i-1]*t[i];
        memset(dp,0,sizeof(dp)); 
        k=u=0; v=1; 
        if(s[1]=='*') for(i=0;i<=p;++i) dp[i][0]=1;
        else dp[0][0]=1; 
        for(;k<=c;++k){
            for(i=u+1;i<=p;++i){
                for(j=v;col[j]==k;++j){
                    if(vis[j]){
                        l=i-le[j];
                        if(l>u&&ht[i-1]-ht[l-1]==hs[j]*pw[l-1])
                            dp[i][j]|=dp[l-1][j-1];
                    }
                    else{
                        l=i-le[j]+1;
                        if(l>u&&ht[i]-ht[l-1]==hs[j]*pw[l-1])
                            dp[i][j]|=dp[l-1][j-1];
                    }
                }
                if(dp[i][j-1]&&k<c){u=i;break;}
            }
            if(i>p&&k<c){u=0;goto st;}
            if(k==c) break;
            while(col[v]==k) ++v;
            for(i=u;i<=p;++i) dp[i][v-1]=1;
        }
        u=dp[p][th]; 
        if(s[m]=='*') for(i=p;i;--i) u|=dp[i][th];
        st: if(u) printf("YES\n"); else printf("NO\n");
    }
    return 0;
}

DarkBzoj2741 【FOTILE模拟赛】L

解法

将 $\bigoplus_{k=i}^j a_k$ 拆成 $(\bigoplus_{k=1}^{i-1} a_k)\oplus(\bigoplus_{k=1}^j a_k)$ 的形式，则问题转化成了求 $\max_{l-1\le i<j\le r}\{(\bigoplus_{k=1}^i a_k)\oplus(\bigoplus_{k=1}^j a_k)\}$ ，也就是区间选两个数满足异或值最大。这个问题可以使用 01-Trie，每次加入一个数时查询与这个数异或最大的数，同时插入这个数，在 $O(n\log a)$ 时间内解决。

考虑多组在线询问的情况，我们可以预处理其中一部分。

将序列（此时序列最左端需要插入 $0$ ，表示空前缀）分成长为 $S$ 的块，然后预处理从每一块开头到任意位置的答案，记 $blk_{i,j}$ 为从第 $i$ 块开头到 $j$ 这个区间的任意两数最大异或和。此时在询问某个区间 $[l,r]$ 时（只讨论 $[l,r]$ 在不同块的情形，否则直接暴力 $O(S)$ 求），先找出 $l-1$ 之后的第一个整块（令其为第 $i$ 个），此时需要查询 $blk_{i,r}$ 和对应的 Trie，然后在这个 Trie 上暴力插入 $l-1$ 到第 $i$ 块开头前的所有异或和并查询与它们异或最大的数，然后更新答案。

查询某个序列的任意前缀对应的 Trie 可以用可持久化 Trie，然后查询从任意位置 $l$ 开始的序列的任意前缀 $l\sim r$ 可以把两个时刻的 Trie 相减（只统计 $l\sim r$ 时刻更新的节点，在统计 $r$ 时刻的 Trie 中部统计出现在 $l$ 中的节点）。注意由于原题空间限制，不能暴力开 $\boldsymbol{O(\frac nS)}$ 个可持久化 Trie。

时间复杂度为 $O((\frac{n^2}S+mS)\log a)$ ，此处时间限制很宽， $S$ 设为 $\sqrt n$ 可以通过。

代码

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 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxl=32;
const int maxb=120;
const int maxn=12010;
int n,m,i,j,k,c,s,v,x,y,l,r,pt,px,tmp,tot,lst,ans;
bool f;
int a[maxn],rt[maxn],blk[maxb][maxn];
int tr[(maxn+maxb)*(maxl+3)][2];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    s=sqrt(n);
    for(i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d",a+i);
        a[i]^=a[i-1];
    }
    for(i=0;i<=n;++i){
        pt=lst; rt[i]=++tot;
        tr[tot][0]=tr[lst][0];
        tr[tot][1]=tr[lst][1];
        lst=tot; v=a[i];
        for(k=maxl-1;k>=0;--k){
            f=(v>>k)&1; 
            ++tot; pt=tr[pt][f];
            tr[tot][0]=tr[pt][0];
            tr[tot][1]=tr[pt][1];
            tr[tot-1][f]=tot;
        }
    }
    for(i=c=0;i<=n;i+=s,++c){
        for(j=i;j<=n;++j){
            v=a[j]; 
            if(i) pt=rt[i-1];
            else pt=0;
            px=rt[j]; tmp=0;
            for(k=maxl-1;k>=0;--k){
                f=(v>>k)&1;
                if(tr[pt][!f]!=tr[px][!f]){
                    tmp|=1<<k;
                    pt=tr[pt][!f]; 
                    px=tr[px][!f];
                }
                else{
                    pt=tr[pt][f];
                    px=tr[px][f];
                }
            }
            blk[c][j]=ans=max(ans,tmp);
        }
        ans=0;
    }
    j=tot;
    while(m--){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        l=(((long long)x)+ans)%n+1; 
        r=(((long long)y)+ans)%n+1;
        if(l>r) swap(l,r); 
        c=(--l)/s+1;
        y=min(r,c*s-1);
        ans=blk[c][r]; 
        lst=rt[r];
        for(i=l;i<=y;++i){
            v=a[i]; ++tot; tmp=0;
            tr[tot][0]=tr[lst][0];
            tr[tot][1]=tr[lst][1];
            x=px=lst; lst=tot;
            if(l) pt=rt[l-1];
            else pt=0;
            for(k=maxl-1;k>=0;--k){
                f=(v>>k)&1; 
                ++tot; x=tr[x][f];
                tr[tot][0]=tr[x][0];
                tr[tot][1]=tr[x][1];
                tr[tot-1][f]=tot; 
                if(tr[pt][!f]!=tr[px][!f]){
                    tmp|=1<<k;
                    pt=tr[pt][!f]; 
                    px=tr[px][!f];
                }
                else{
                    pt=tr[pt][f];
                    px=tr[px][f];
                }
            }
            ans=max(ans,tmp);
        }
        printf("%d\n",ans);
        tot=j;
    }
    return 0;
}

posted @ 2022-10-26 15:50 Fran-Cen 阅读(41) 评论(0) 编辑收藏举报

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2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxn=400010;
	const int maxl=30;
	int n,i,j,t=1,u,v,p,s,l,ans;
	int a[maxn],pr[maxn];
	int trie[maxn*maxl][2];
	bool o;
	int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(t=1;t<=maxl;++t) trie[t][0]=t+1;
	--t;
	for(i=1;i<=n;++i){
	scanf("%d",a+i);
	a[i]^=a[i-1];
	u=p=1;
	for(j=maxl-1;j>=0;--j){
	o=(a[i]>>j)&1; v=trie[u][o];
	if(!v) v=trie[u][o]=++t;
	u=v; v=trie[p][!o];
	if(v){
	p=v;
	pr[i]\|=(1<<j);
	}
	else p=trie[p][o];
	}
	pr[i]=max(pr[i],pr[i-1]);
	}
	memset(trie,0,sizeof(trie));
	t=u=1;
	for(j=maxl-1;j>=0;--j){
	o=(a[n]>>j)&1;
	trie[u][o]=++t;
	u=t;
	}
	for(i=n-1;i;--i){
	u=p=1;s=0;
	for(j=maxl-1;j>=0;--j){
	o=(a[i]>>j)&1; v=trie[u][o];
	if(!v) v=trie[u][o]=++t;
	u=v; v=trie[p][!o];
	if(v){
	p=v;
	s\|=(1<<j);
	}
	else p=trie[p][o];
	}
	l=max(l,s);
	ans=max(ans,pr[i]+l);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxl=22;
	const int maxn=1000010;
	const int md=1000000007;
	int t,n,i,j,k,a,p,m;
	int dep[maxn],nxt[maxl][maxn];
	char s[maxn];
	int main(){
	scanf("%d",&t);
	dep[0]=-1;
	while(t--){
	scanf("%s",s+1);
	n=strlen(s+1);j=0;
	for(i=2;i<=n;++i){
	while(j&&(s[j+1]!=s[i])) j=nxt[0][j];
	if(s[j+1]==s[i]) nxt[0][i]=++j;
	else nxt[0][i]=0;
	dep[i]=dep[nxt[0][i]]+1;
	}
	for(i=1;i<maxl;++i) for(j=1;j<=n;++j) nxt[i][j]=nxt[i-1][nxt[i-1][j]];
	k=1;a=1;
	for(i=2;i<=n;++i){
	p=i;m=0;
	for(j=maxl-1;j>=0;--j){
	if(nxt[j][p]>k){
	m+=(1<<j);
	p=nxt[j][p];
	}
	}
	m=dep[i]-m+1;
	a=(1LLam)%md;
	if(i&1) ++k;
	}
	printf("%d\n",a);
	}
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxn=100010;
	char s[maxn];
	int i,p,c,j,l,r,u,v,m,tot,tim;
	int fa[maxn],q[maxn],nxt[maxn],ed[maxn];
	int ac[maxn][26],trie[maxn][26];
	int h[maxn],nxe[maxn],dfn[maxn],edn[maxn];
	int cnt[maxn<<1],hq[maxn],aq[maxn];
	struct query{int to,nq;}Q[maxn];
	inline void add(int p){
	for(;p<=tim;p+=(p&-p)) ++cnt[p];
	}
	inline void sub(int p){
	for(;p<=tim;p+=(p&-p)) --cnt[p];
	}
	inline int query(int p){
	int ret=0;
	for(;p;p^=(p&-p)) ret+=cnt[p];
	return ret;
	}
	void dfsn(int p){
	dfn[p]=++tim;
	for(int lp=h[p];lp;lp=nxe[lp]) dfsn(lp);
	edn[p]=++tim;
	}
	void dfsa(int p){
	add(dfn[p]);
	int lp,to;
	for(lp=hq[p];lp;lp=Q[lp].nq){
	to=Q[lp].to;
	aq[lp]=query(edn[to])-query(dfn[to]-1);
	}
	for(lp=0;lp<26;++lp){
	to=trie[p][lp];
	if(!to) continue;
	dfsa(to);
	}
	sub(dfn[p]);
	}
	int main(){
	scanf("%s",s+1);
	for(i=1;s[i];++i){
	c=s[i];
	if(c=='B') p=fa[p];
	else if(c=='P') ed[++j]=p;
	else{
	c-='a';
	if(!trie[p][c]){
	trie[p][c]=ac[p][c]=++tot;
	fa[tot]=p;
	}
	p=trie[p][c];
	}
	}
	r=-1;
	for(i=0;i<26;++i) if(ac[0][i]) q[++r]=ac[0][i];
	while(l<=r){
	u=q[l++];
	for(i=0;i<26;++i){
	v=ac[u][i];
	if(!v) ac[u][i]=ac[nxt[u]][i];
	else{
	nxt[v]=ac[nxt[u]][i];
	q[++r]=v;
	}
	}
	}
	for(i=1;i<=tot;++i){
	nxe[i]=h[nxt[i]];
	h[nxt[i]]=i;
	}
	dfsn(0);
	scanf("%d",&m);
	for(i=1;i<=m;++i){
	scanf("%d%d",&u,&v);
	u=ed[u]; v=ed[v];
	Q[i]={u,hq[v]};hq[v]=i;
	}
	dfsa(0);
	for(i=1;i<=m;++i) printf("%d\n",aq[i]);
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxn=500010;
	const int maxl=1000010;
	char s[maxn];
	int o,k,i,j,u,v,l=1,r,te;
	int deg[maxl],que[maxl];
	int h[maxl],nxt[maxn3],ver[maxn3];
	int p,q,cl,ch;
	int cur,lst=1,tot=1;
	struct SamNode{
	int lnk,len,siz;
	int nxt[26];
	long long str,sum;
	}N[maxl];
	#define lnk(p) N[p].lnk
	#define len(p) N[p].len
	#define siz(p) N[p].siz
	#define nxt(p) N[p].nxt
	#define str(p) N[p].str
	#define sum(p) N[p].sum
	int main(){
	scanf("%s",s+1);
	N[1].str=1;
	for(i=1;s[i];++i){
	ch=s[i]-'a';
	cur=++tot;
	p=lst;
	siz(cur)=1;
	len(cur)=i;
	while(p){
	if(nxt(p)[ch]) break;
	nxt(p)[ch]=cur;
	p=lnk(p);
	}
	if(!p) lnk(cur)=1;
	else{
	q=nxt(p)[ch];
	if(len(q)==len(p)+1) lnk(cur)=q;
	else{
	N[cl=++tot]=N[q];
	len(cl)=len(p)+1;
	siz(cl)=0;
	lnk(q)=lnk(cur)=cl;
	while(p&&nxt(p)[ch]==q){
	nxt(p)[ch]=cl;
	p=lnk(p);
	}
	}
	}
	lst=cur;
	}
	scanf("%d%d",&o,&k);
	if(!o) for(i=1;i<=tot;++i) siz(i)=1;
	else{
	for(i=2;i<=tot;++i) ++deg[lnk(i)];
	for(i=2;i<=tot;++i) if(!deg[i]) que[++r]=i;
	while(l<=r){
	u=que[l++]; v=lnk(u);
	siz(v)+=siz(u);
	if(!(--deg[v])) que[++r]=v;
	}
	}
	for(i=1;i<=tot;++i) str(i)=siz(i);
	str(1)=siz(1)=r=0;l=1;
	for(i=1;i<=tot;++i){
	for(j=0;j<26;++j){
	if(nxt(i)[j]){
	++deg[i];
	ver[++te]=i;
	nxt[te]=h[nxt(i)[j]];
	h[nxt(i)[j]]=te;
	}
	}
	}
	for(i=1;i<=tot;++i) if(!deg[i]) que[++r]=i;
	while(l<=r){
	u=que[l++];
	for(i=h[u];i;i=nxt[i]){
	v=ver[i]; str(v)+=str(u);
	if(!(--deg[v])) que[++r]=v;
	}
	}
	if(k>str(1)){
	printf("-1");
	return 0;
	}
	u=1;
	for(;;){
	if(k<=siz(u)) return 0;
	k-=siz(u);
	for(i=0;i<26;++i){
	v=nxt(u)[i];
	if(!v) continue;
	if(str(v)<k) k-=str(v);
	else{
	putchar(i+'a');
	u=v; break;
	}
	}
	}
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxm=22;
	int n,m,k,i,j,p,c,ans;
	int nxt[maxm];
	char s[maxm];
	struct matrix{
	int mat[maxm][maxm];
	inline void operator *=(const matrix &a){
	matrix tmp;
	for(i=0;i<m;++i){
	for(j=0;j<m;++j){
	for(p=0;p<m;++p) c+=mat[i][p]*a.mat[p][j];
	tmp.mat[i][j]=c%k; c=0;
	}
	}
	*this=tmp;
	}
	}d,r;
	int main(){
	scanf("%d%d%d%s",&n,&m,&k,s+1); --n;
	d.mat[0][1]=d.mat[1][2]=
	r.mat[0][0]=r.mat[1][1]=1;
	d.mat[0][0]=9;
	if(s[1]==s[2]) d.mat[1][0]=9;
	else{
	d.mat[1][0]=8;
	d.mat[1][1]=1;
	}
	for(i=2;i<m;++i){
	while(j&&s[j+1]!=s[i]) j=nxt[j];
	if(s[j+1]==s[i]) ++j; nxt[i]=j;
	p=i; c=10; r.mat[i][i]=1;
	for(;;){
	if(!((ans>>(s[p+1]-'0'))&1)){
	d.mat[i][p+1]=1;
	ans\|=1<<(s[p+1]-'0');
	--c;
	}
	if(!p) break;
	p=nxt[p];
	}
	ans=0; d.mat[i][0]=c;
	}
	c=0;
	do{
	if(n&1) r*=d;
	d*=d;
	}while(n>>=1);
	ans=r.mat[0][0]*9;
	if(m>1){
	ans+=r.mat[1][0];
	for(i=1;i<m;++i) ans+=r.mat[1][i]+9*r.mat[0][i];
	}
	printf("%d",ans%k);
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxn=55;
	const int maxl=110;
	const int maxb=220;
	const int md=1000000007;
	int n,m,l,i,j,u,v,c,pt,tot;
	int le[maxn],trie[maxl][26];
	int nxt[maxl],to[maxn][maxl],dp[maxl][maxl];
	char s[maxn][maxl],t[maxl];
	bool vis[maxl]; queue<int> q;
	inline void Add(int &x,int y){x-=((x+=y)>=md)*md;}
	struct mat{
	int m[maxb][maxb];
	inline mat operator *(const mat &a){
	mat ret;
	for(int i=0;i<=v;++i){
	for(int j=0;j<=v;++j){
	int u=0;
	for(int k=0;k<=v;++k)
	u=(1LLm[i][k]a.m[k][j]+u)%md;
	ret.m[i][j]=u;
	}
	}
	return ret;
	}
	}R,D;
	int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&l);
	for(i=1;i<=n;++i){
	scanf("%s",s[i]+1);
	le[i]=strlen(s[i]+1);
	}
	for(i=1;i<=m;++i){
	scanf("%s",t+1); pt=0;
	for(j=1;c=t[j];++j){
	c-='a';
	if(!trie[pt][c])
	trie[pt][c]=++tot;
	pt=trie[pt][c];
	}
	vis[pt]=1;
	}
	for(j=0;j<26;++j) if(u=trie[0][j]) q.push(u);
	while(!q.empty()){
	u=q.front(); q.pop();
	for(j=0;j<26;++j){
	pt=trie[nxt[u]][j];
	if(!(v=trie[u][j]))
	trie[u][j]=pt;
	else{
	nxt[v]=pt;
	q.push(v);
	}
	}
	}
	for(i=0;i<=tot;++i)
	for(j=0;j<=tot;++j)
	vis[j]\|=vis[nxt[j]];
	for(i=1;i<=n;++i){
	for(u=0;u<=tot;++u){
	if(vis[u]){
	to[i][u]=-1;
	continue;
	}
	pt=u;
	for(j=1;c=s[i][j];++j){
	pt=trie[pt][c-'a'];
	if(vis[pt]){pt=-1;break;}
	}
	to[i][u]=pt;
	}
	}
	if(l>1){
	c=*max_element(le+1,le+n+1);
	v=tot<<1\|1;
	for(j=0;j<=tot;++j) D.m[j][tot+j+1]=1;
	for(j=0;j<=v;++j) R.m[j][j]=1;
	for(i=1;i<=n;++i){
	u=(le[i]-1)*(tot+1);
	for(j=0;j<=tot;++j)
	if(~to[i][j])
	++D.m[j+u][to[i][j]];
	}
	++i;
	do{
	if(l&1) R=R*D;
	D=D*D;
	}while(l>>=1);
	for(i=u=0;i<=tot;++i) Add(u,R.m[0][i]);
	}
	else{
	dp[0][0]=1;
	for(i=0;i<l;++i)
	for(u=0;u<=tot;++u)
	for(j=1;j<=n;++j)
	if((c=i+le[j])<=l&&(~(v=to[j][u])))
	Add(dp[c][to[j][u]],dp[i][u]);
	for(i=u=0;i<=tot;++i) Add(u,dp[l][i]);
	}
	printf("%d",u);
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxl=20;
	const int maxb=50010;
	const int maxn=100010;
	const int INF=10000;
	int n,m,i,j,u,v,p,a,tp,pt,lt,rt,mt,te=1,tim,tot;
	int fa[maxl][maxn],he[maxn],ne[maxn];
	int c[maxn],st[maxb],val[maxn],ans[maxb];
	int rd[maxn],dep[maxn],dfn[maxn],edn[maxn];
	int to[maxb],pe[maxb*3],ph[maxn],nxt[maxn];
	inline bool cmp(const int &x,const int &y){return dfn[x]<dfn[y];}
	queue<int> q;
	map<int,int> trie[maxn];
	#define fi first
	#define se second
	struct seg{int ls,rs;}tr[maxn*maxl];
	#define ls(p) tr[p].ls
	#define rs(p) tr[p].rs
	void dfs(int p,int d,int v){
	dep[p]=d; val[p]=v; dfn[p]=++tim;
	for(int to=he[p];to;to=ne[to])
	fa[0][to]=p,dfs(to,d+1,v+val[to]);
	edn[p]=tim;
	}
	inline int lca(int x,int y){
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	for(int j=maxl-1;~j;--j) if(dep[fa[j][x]]>=dep[y]) x=fa[j][x];
	if(x==y) return x;
	for(int j=maxl-1;~j;--j) if(fa[j][x]!=fa[j][y]) x=fa[j][x],y=fa[j][y];
	return fa[0][x];
	}
	inline void Add(int p,int x){
	for(;p<=tim;p+=p&-p) c[p]+=x;
	}
	inline void Que(){
	int ret=to[i];
	int l=dfn[ret]-1,r=edn[ret];
	for(ret=0;r;r^=r&-r) ret+=c[r];
	for(;l;l^=l&-l) ret-=c[l];
	printf("%d\n",ret);
	}
	int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=p=1;i<=n;++i){
	st[i]=p;scanf("%d",&u);
	while(u--){scanf("%d",&v);pe[p++]=v;}
	pe[p++]=-1;scanf("%d",&u);
	while(u--){scanf("%d",&v);pe[p++]=v;}
	}
	st[n+1]=p;
	for(i=1;i<=m;++i){
	scanf("%d",&u); p=0;
	while(u--){
	scanf("%d",&v);
	if(!trie[p][v]) trie[p][v]=++tot;
	p=trie[p][v];
	}
	++val[p]; to[i]=p;
	}
	rd[0]=1;
	for(auto it:trie[0]){
	u=it.fi; v=it.se;
	lt=0; pt=1; rt=INF;
	while(lt<rt){
	mt=(lt+rt)>>1;
	if(u<=mt){
	if(!ls(pt)) ls(pt)=++te;
	pt=ls(pt); rt=mt;
	}
	else{
	if(!rs(pt)) rs(pt)=++te;
	pt=rs(pt); lt=mt+1;
	}
	}
	rs(pt)=v; q.push(v);
	}
	while(!q.empty()){
	u=q.front(); q.pop();
	rd[u]=++te; tr[te]=tr[p=rd[nxt[u]]];
	for(auto it:trie[u]){
	lt=0; rt=INF;
	pt=p; v=it.fi;
	while(lt<rt){
	mt=(lt+rt)>>1;
	if(v<=mt) pt=ls(pt),rt=mt;
	else pt=rs(pt),lt=mt+1;
	if(!pt) break;
	}
	if(pt) nxt[it.se]=rs(pt);
	lt=0; rt=INF; pt=rd[u];
	while(lt<rt){
	mt=(lt+rt)>>1; ++te;
	if(v<=mt){
	tr[te]=tr[ls(pt)]; ls(pt)=te;
	pt=ls(pt); rt=mt;
	}
	else{
	tr[te]=tr[rs(pt)]; rs(pt)=te;
	pt=rs(pt); lt=mt+1;
	}
	}
	v=rs(pt)=it.se; q.push(v);
	}
	}
	for(i=1;i<=tot;++i){
	u=nxt[i];
	ne[i]=he[u];
	he[u]=i;
	}
	dfs(0,1,0);
	for(j=1;j<maxl;++j)
	for(i=1;i<=tot;++i)
	fa[j][i]=fa[j-1][fa[j-1][i]];
	for(i=1;i<=n;++i){
	p=0; tp=1; u=st[i+1];
	for(j=st[i];j<u;++j){
	if((v=pe[j])<0){p=0;goto ed;}
	lt=0; rt=INF; pt=rd[p];
	while(lt<rt){
	mt=(lt+rt)>>1;
	if(v<=mt) pt=ls(pt),rt=mt;
	else pt=rs(pt),lt=mt+1;
	if(!pt) break;
	}
	if(pt) p=rs(pt); else p=0;
	ed: ph[++tp]=p;
	}
	sort(ph+1,ph+tp+1,cmp); u=a=0;
	for(j=2;j<=tp;++j){
	v=ph[j]; p=lca(u,v);
	a+=val[v]-val[p];
	Add(dfn[p],-1);
	Add(dfn[v],1); u=v;
	}
	ans[i]=a;
	}
	for(i=1;i<=m;++i) Que();
	for(i=1;i<=n;++i) printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int P=1997;
	const int maxk=12;
	const int maxn=100010;
	int n,m,i,j,k,p,c,u,v,l,ch,ct,th;
	int col[maxk],le[maxk];
	char s[maxn],t[maxn];
	bool cd,dp[maxn][maxk],vis[maxk];
	uint64_t H,pw[maxn],hs[maxk],ht[maxn];
	int main(){
	for(i=pw[0]=1;i<maxn;++i) pw[i]=pw[i-1]*P;
	memset(col,-1,sizeof(col));
	scanf("%s",s+1);
	m=strlen(s+1);
	for(i=1;i<=m;++i){
	ch=s[i];
	if(ch!='*') cd=1;
	if(!isalpha(ch)){
	if(cd){
	hs[++th]=H;
	col[th]=c;
	le[th]=ct;
	if(ch=='*'){++c;cd=0;}
	else vis[th]=1;
	}
	H=ct=0;
	continue;
	}
	H+=pw[ct++]*ch;
	}
	if(cd){
	hs[++th]=H;
	col[th]=c;
	le[th]=ct;
	}
	scanf("%d",&n);
	while(n--){
	scanf("%s",t+1); p=strlen(t+1);
	for(i=1;i<=p;++i) ht[i]=ht[i-1]+pw[i-1]*t[i];
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	k=u=0; v=1;
	if(s[1]=='*') for(i=0;i<=p;++i) dp[i][0]=1;
	else dp[0][0]=1;
	for(;k<=c;++k){
	for(i=u+1;i<=p;++i){
	for(j=v;col[j]==k;++j){
	if(vis[j]){
	l=i-le[j];
	if(l>u&&ht[i-1]-ht[l-1]==hs[j]*pw[l-1])
	dp[i][j]\|=dp[l-1][j-1];
	}
	else{
	l=i-le[j]+1;
	if(l>u&&ht[i]-ht[l-1]==hs[j]*pw[l-1])
	dp[i][j]\|=dp[l-1][j-1];
	}
	}
	if(dp[i][j-1]&&k<c){u=i;break;}
	}
	if(i>p&&k<c){u=0;goto st;}
	if(k==c) break;
	while(col[v]==k) ++v;
	for(i=u;i<=p;++i) dp[i][v-1]=1;
	}
	u=dp[p][th];
	if(s[m]=='*') for(i=p;i;--i) u\|=dp[i][th];
	st: if(u) printf("YES\n"); else printf("NO\n");
	}
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxl=32;
	const int maxb=120;
	const int maxn=12010;
	int n,m,i,j,k,c,s,v,x,y,l,r,pt,px,tmp,tot,lst,ans;
	bool f;
	int a[maxn],rt[maxn],blk[maxb][maxn];
	int tr[(maxn+maxb)*(maxl+3)][2];
	int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	s=sqrt(n);
	for(i=1;i<=n;++i){
	scanf("%d",a+i);
	a[i]^=a[i-1];
	}
	for(i=0;i<=n;++i){
	pt=lst; rt[i]=++tot;
	tr[tot][0]=tr[lst][0];
	tr[tot][1]=tr[lst][1];
	lst=tot; v=a[i];
	for(k=maxl-1;k>=0;--k){
	f=(v>>k)&1;
	++tot; pt=tr[pt][f];
	tr[tot][0]=tr[pt][0];
	tr[tot][1]=tr[pt][1];
	tr[tot-1][f]=tot;
	}
	}
	for(i=c=0;i<=n;i+=s,++c){
	for(j=i;j<=n;++j){
	v=a[j];
	if(i) pt=rt[i-1];
	else pt=0;
	px=rt[j]; tmp=0;
	for(k=maxl-1;k>=0;--k){
	f=(v>>k)&1;
	if(tr[pt][!f]!=tr[px][!f]){
	tmp\|=1<<k;
	pt=tr[pt][!f];
	px=tr[px][!f];
	}
	else{
	pt=tr[pt][f];
	px=tr[px][f];
	}
	}
	blk[c][j]=ans=max(ans,tmp);
	}
	ans=0;
	}
	j=tot;
	while(m--){
	scanf("%d%d",&x,&y);
	l=(((long long)x)+ans)%n+1;
	r=(((long long)y)+ans)%n+1;
	if(l>r) swap(l,r);
	c=(--l)/s+1;
	y=min(r,c*s-1);
	ans=blk[c][r];
	lst=rt[r];
	for(i=l;i<=y;++i){
	v=a[i]; ++tot; tmp=0;
	tr[tot][0]=tr[lst][0];
	tr[tot][1]=tr[lst][1];
	x=px=lst; lst=tot;
	if(l) pt=rt[l-1];
	else pt=0;
	for(k=maxl-1;k>=0;--k){
	f=(v>>k)&1;
	++tot; x=tr[x][f];
	tr[tot][0]=tr[x][0];
	tr[tot][1]=tr[x][1];
	tr[tot-1][f]=tot;
	if(tr[pt][!f]!=tr[px][!f]){
	tmp\|=1<<k;
	pt=tr[pt][!f];
	px=tr[px][!f];
	}
	else{
	pt=tr[pt][f];
	px=tr[px][f];
	}
	}
	ans=max(ans,tmp);
	}
	printf("%d\n",ans);
	tot=j;
	}
	return 0;
	}

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