【bzoj2434】[Noi2011]阿狸的打字机
2434: [Noi2011]阿狸的打字机
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Description
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？
Input
输入的第一行包含一个字符串，按阿狸的输入顺序给出所有阿狸输入的字符。
第二行包含一个整数m，表示询问个数。
接下来m行描述所有由小键盘输入的询问。其中第i行包含两个整数x, y，表示第i个询问为(x, y)。
Output
输出m行，其中第i行包含一个整数，表示第i个询问的答案。
Sample Input
aPaPBbP
3
1 2
1 3
2 3
3
1 2
1 3
2 3
Sample Output
2
1
0
1
0
【题解】
这是一道很神的题。
先建一个AC自动机，这里需要维护一下父结点，以便删除时返回上层。
然后构建一个fail树，得出dfs序，得出每个结点进出时间l[x]，r[x]，考虑这样一种暴力
对于一个询问x，y，查询自动机上root-y的每一个结点，沿着fail指针是否会走到x的结尾点
如果可以即答案+1
而在fail树中，变为查询自动机上root-y的所有结点中，有多少个在x的子树中？
只要在自动机上再重新走一遍，走到一个结点y，则将1-l[y]都+1，解决询问x，y（把y相同的链表串起来），即查询l[x]到r[x]的和。。。当遇到一个B时1-l[y]都-1
树状数组实现加减和区间求和
——转自hzwer
这个题解已经写得很好了，可惜我弱，写题时多次请教Cydiater大神，可见对AC自动机的理解不是很透彻，而且树状数组和dfs序什么的都是我不熟悉的。
这里我学到了AC自动机的进化版——trie图，就是构造fail指针时直接把子节点为空的点连到fail上去。
同时也初步接触到了fail树这种高端的东西。
收益匪浅，同时sro_Cydiater_orz ←深入理解AC自动机已久的大神。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<ctime> 6 #include<cmath> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 #define MAXN 1000010 10 struct node{int y,next;}e[MAXN],qe[MAXN]; 11 int n,m,cnt,len,T,Link[MAXN],qLink[MAXN],pos[MAXN],f[MAXN],q[MAXN],fail[MAXN],l[MAXN],r[MAXN],ans[MAXN],c[MAXN],tr[MAXN][27]; 12 char ch[MAXN]; 13 inline int read() 14 { 15 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 16 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 17 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 18 return x*f; 19 } 20 void insert(int x,int y) {e[++len].next=Link[x];Link[x]=len;e[len].y=y;} 21 int lowbit(int x) {return x&(-x);} 22 void add(int x,int v) {for(int i=x;i<=T;i+=lowbit(i)) c[i]+=v;} 23 int get(int x) {int sum=0; for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) sum+=c[i]; return sum;} 24 void Insert() 25 { 26 int now=0,id=0; 27 for(int i=1;i<=n;i++) 28 { 29 if(ch[i]=='P') pos[++id]=now; 30 else if(ch[i]=='B') now=f[now]; 31 else 32 { 33 if(!tr[now][ch[i]-'a']) tr[now][ch[i]-'a']=++cnt,f[cnt]=now; 34 now=tr[now][ch[i]-'a']; 35 } 36 } 37 } 38 void build() 39 { 40 int head=0,tail=0; 41 for(int i=0;i<26;i++) if(tr[0][i]) q[++tail]=tr[0][i]; 42 while(++head<=tail) 43 { 44 int x=q[head]; 45 for(int i=0;i<26;i++) 46 { 47 if(!tr[x][i]) tr[x][i]=tr[fail[x]][i]; 48 else {fail[tr[x][i]]=tr[fail[x]][i]; q[++tail]=tr[x][i];} 49 } 50 } 51 for(int i=1;i<=cnt;i++) insert(fail[i],i); 52 } 53 void init() 54 { 55 scanf("%s",ch+1); n=strlen(ch+1); Insert(); build(); m=read(); 56 for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();qe[i].next=qLink[y];qLink[y]=i;qe[i].y=x;} 57 } 58 void dfs(int x) {l[x]=++T;for(int i=Link[x];i;i=e[i].next)dfs(e[i].y);r[x]=++T;} 59 void solve() 60 { 61 dfs(0); int now=0,id=0; 62 for(int i=1;i<=n;i++) 63 { 64 if(ch[i]=='P') 65 { 66 id++; 67 for(int j=qLink[id];j;j=qe[j].next) 68 { 69 int y=pos[qe[j].y]; 70 ans[j]=get(r[y])-get(l[y]-1); 71 } 72 } 73 else if(ch[i]=='B') add(l[now],-1),now=f[now]; 74 else now=tr[now][ch[i]-'a'],add(l[now],1); 75 } 76 for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]); 77 } 78 int main() 79 { 80 //freopen("cin.in","r",stdin); 81 //freopen("cout.out","w",stdout); 82 init(); 83 solve(); 84 return 0; 85 }
