SGU 505
这里讲两种做法，一个在线，一个离线。
在线
我们分别考虑前缀和后缀。有一个比较重要的结论，就是把 \(s\) 按照字典序排序以后，相同前缀的出现位置（其实就是 rank）是连续的。\(s\) 翻过来，相同后缀的也是连续的。
这样我们就可以求出每一个询问前缀和后缀对应的区间是什么，然后就要求区间重合的数有多少个就可以了。一个做法是，设两个排完序的 \(id\) 为 \(p,q\)，我们把 \(p\) 弄成在 \(q\) 中出现的位置，这样就要求 \(p\) 区间内在一个范围内数的个数。
现在的问题是给定一个数组 \(a\)，询问 \(a_{l\sim r}\) 中 \(c\le a_i\le d\) 的个数，也就是小于 \(d\) 的个数减去小于 \(c-1\) 的个数。可以用主席树维护。（也可以分块，但是这样就是 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n}\log n)\) 的了，不知道能不能过）
还有一个可能的问题是查找前缀/后缀对应区间。这个用二分有可能特判比较多（端点的特判是不是这个前缀/后缀），所以我们可以直接用一个 trie，每一个节点记录对应到这个点的区间。
可能要卡一点空间。代码不算难写。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5+5;
int n,val[N],idx[N];
struct node {
string s;
int id;
bool operator < (const node &a) const{
return s<a.s;
}
} a[N],ra[N];
string s[N],rs[N];
int rt[N],cnt;
struct tnode {
int l,r,sum;
} t[N*20];
void upd(int l,int r,int &x,int y,int pos){
t[++cnt]=t[y];
t[cnt].sum++;
x=cnt;
if (l==r){
return;
}
int mid=l+r>>1;
if (pos<=mid){
upd(l,mid,t[x].l,t[y].l,pos);
}
else{
upd(mid+1,r,t[x].r,t[y].r,pos);
}
}
int qy(int l,int r,int x,int y,int k){
if (k==0){
return 0;
}
if (r<=k){
return t[y].sum-t[x].sum;
}
int mid=l+r>>1;
if (k<=mid){
return qy(l,mid,t[x].l,t[y].l,k);
}
else{
return t[t[y].l].sum-t[t[x].l].sum+qy(mid+1,r,t[x].r,t[y].r,k);
}
}
struct trie {
int ch[N*10][26],mn[N*10],mx[N*10],tot=1;
void init(){
for (int i=0; i<N*10; i++){
mn[i]=1e9;
mx[i]=-1e9;
}
}
void ins(string s,int id){
int cur=1;
for (auto c : s){
if (!ch[cur][c-'a']){
ch[cur][c-'a']=++tot;
}
mn[cur]=min(mn[cur],id);
mx[cur]=max(mx[cur],id);
cur=ch[cur][c-'a'];
}
mn[cur]=min(mn[cur],id);
mx[cur]=max(mx[cur],id);
}
pair<int,int> seg(string s){
int cur=1;
for (auto c : s){
if (!ch[cur][c-'a']){
return {-1,-1};
}
cur=ch[cur][c-'a'];
}
return {mn[cur],mx[cur]};
}
} ta,tr;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n;
for (int i=1; i<=n; i++){
cin>>a[i].s;
a[i].id=i;
ra[i].s=a[i].s;
reverse(ra[i].s.begin(),ra[i].s.end());
ra[i].id=i;
}
sort(a+1,a+1+n);
sort(ra+1,ra+1+n);
for (int i=1; i<=n; i++){
s[i]=a[i].s;
rs[i]=ra[i].s;
idx[ra[i].id]=i;
}
for (int i=1; i<=n; i++){
val[i]=idx[a[i].id];
}
for (int i=1; i<=n; i++){
upd(1,n,rt[i],rt[i-1],val[i]);
}
ta.init();
tr.init();
for (int i=1; i<=n; i++){
ta.ins(s[i],i);
tr.ins(rs[i],i);
}
int q;
cin>>q;
while (q--){
string x,y;
cin>>x>>y;
reverse(y.begin(),y.end());
auto u=ta.seg(x);
auto v=tr.seg(y);
if (u.first==-1 || v.first==-1){
cout<<"0\n";
continue;
}
int ans=qy(1,n,rt[u.first-1],rt[u.second],v.second);
ans-=qy(1,n,rt[u.first-1],rt[u.second],v.first-1);
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
离线
这个是用 ACAM 的做法。首先复习一下 ACAM 能做什么：求一个文本串里面出现其他串的个数，多次询问。
如果我们把一个串写成 \(s_i|s_i\) 的形式（如 ab 写成 ab|ab），然后查询相当于问有没有一个 \(suf|pre\) 的子串。我们把所有的文本串用 ,（或其他字符）连成一个长串，就可以直接查询了！
这个除了模板的程序会更好写，但是唯一劣势是离线。
Credit: Codeforces @cayaxi09.
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 5e5+5;
int n;
string T,s[N];
int ch[N][30],tag[N],fa[N],ans[N];
int cnt,vis[N],in[N],mp[N];
void init(){
cnt=1;
for (int i=0; i<N; i++){
memset(ch[i],0,sizeof ch[i]);
tag[i]=fa[i]=0;
}
for (int i=0; i<N; i++){
vis[i]=0;
}
}
int get(char c){
if ('a'<=c && c<='z'){
return c-'a';
}
if (c=='|'){
return 26;
}
return 27;
}
void ins(string s,int id){
int cur=1;
for (int i=0; i<s.size(); i++){
int c=get(s[i]);
if (!ch[cur][c]){
ch[cur][c]=++cnt;
}
cur=ch[cur][c];
}
if (!tag[cur]){
tag[cur]=id;
}
mp[id]=tag[cur];
}
void get_fail(){
queue<int> q;
q.push(1);
for (int i=0; i<28; i++){
ch[0][i]=1;
}
fa[1]=0;
while (!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for (int i=0; i<28; i++){
if (!ch[u][i]){
ch[u][i]=ch[fa[u]][i];
}
else{
fa[ch[u][i]]=ch[fa[u]][i];
in[fa[ch[u][i]]]++;
q.push(ch[u][i]);
}
}
}
}
void qy(string s){
int cur=1;
for (int i=0; i<s.size(); i++){
int c=get(s[i]);
int z=ch[cur][c];
ans[z]++;
cur=z;
}
}
void sol(){
queue<int> q;
for (int i=1; i<=cnt; i++){
if (!in[i]){
q.push(i);
}
}
while (!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
vis[tag[u]]=ans[u];
in[fa[u]]--;
ans[fa[u]]+=ans[u];
if (!in[fa[u]]){
q.push(fa[u]);
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n;
init();
for (int i=1; i<=n; i++){
string t;
cin>>t;
T+=t;
T+="|";
T+=t;
T+=",";
}
int q;
cin>>q;
for (int i=1; i<=q; i++){
string x,y;
cin>>x>>y;
s[i]=y+"|"+x;
ins(s[i],i);
}
get_fail();
qy(T);
sol();
for (int i=1; i<=q; i++){
cout<<vis[mp[i]]<<"\n";
}
return 0;
}
