BZOJ4327 [JSOI2012] 玄武密码 [AC自动机]

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玄武密码

Description

在美丽的玄武湖畔，鸡鸣寺边，鸡笼山前，有一块富饶而秀美的土地，人们唤作进香河。相传一日，一缕紫气从天而至，只一瞬间便消失在了进香河中。老人们说，这是玄武神灵将天书藏匿在此。 

很多年后，人们终于在进香河地区发现了带有玄武密码的文字。更加神奇的是，这份带有玄武密码的文字，与玄武湖南岸台城的结构有微妙的关联。于是，漫长的破译工作开始了。 

经过分析，我们可以用东南西北四个方向来描述台城城砖的摆放，不妨用一个长度为N的序列来描述，序列中的元素分别是‘E’，‘S’，‘W’，‘N’，代表了东南西北四向，我们称之为母串。而神秘的玄武密码是由四象的图案描述而成的M段文字。这里的四象，分别是东之青龙，西之白虎，南之朱雀，北之玄武，对东南西北四向相对应。 

现在，考古工作者遇到了一个难题。对于每一段文字，其前缀在母串上的最大匹配长度是多少呢？ 

 

 

Input

第一行有两个整数，N和M，分别表示母串的长度和文字段的个数。 

第二行是一个长度为N的字符串，所有字符都满足是E,S,W和N中的一个。 

之后M行，每行有一个字符串，描述了一段带有玄武密码的文字。依然满足，所有字符都满足是E,S,W和N中的一个。 

 

 

Output

输出有M行，对应M段文字。 

每一行输出一个数，表示这一段文字的前缀与母串的最大匹配串长度。 

 

 

Sample Input

7 3
SNNSSNS
NNSS
NNN
WSEE

Sample Output

4
2
0

HINT

 

对于100%的数据，N<=10^7，M<=10^5，每一段文字的长度<=100。

 

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　　分析：

　　AC自动机的好题。

　　建Trie树的时候记录一下每个节点的父节点和每一段模式串的终点，然后建立$fail$指针再跑一边文本串，再经过了的节点打上标记，然后对每一个模式串询问，从终点一直往根节点跳，只要遇到打上标记的点就直接返回答案（也就是该模式串总长减去遍历经过的节点数）。

　　Code：

//It is made by HolseLee on 13rd Aug 2018
//BZOJ4327
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e7+7;
const int M=101;
const int maxn=5e5+7;
int n,m,tot,fail[maxn],fa[maxn],point[maxn],lo[maxn/5];
char s[N],a[M];
struct Node{
    int nxt[4];bool vis;
}t[maxn];
queue<int>team;

struct Trie{

    int get(char ch)
    {
        if(ch=='E')return 0;
        if(ch=='S')return 1;
        if(ch=='W')return 2;
        if(ch=='N')return 3;
    }

    void ins(char *ch,int x)
    {
        int root=0,k,len=strlen(ch);
        for(int i=0;i<len;++i){
            k=get(ch[i]);
            if(!t[root].nxt[k])
                t[root].nxt[k]=++tot,
                fa[t[root].nxt[k]]=root;
            root=t[root].nxt[k];
        }
        point[x]=root;
    }

    void getfail()
    {
        int root=0;
        for(int i=0;i<4;++i){
            if(t[root].nxt[i])
            fail[t[root].nxt[i]]=0,
            team.push(t[root].nxt[i]);
        }
        while(!team.empty()){
            root=team.front();team.pop();
            for(int i=0;i<4;++i)
            if(t[root].nxt[i]){
                fail[t[root].nxt[i]]=t[fail[root]].nxt[i];
                team.push(t[root].nxt[i]);
            }
            else t[root].nxt[i]=t[fail[root]].nxt[i];
        }
    }

    void pre()
    {
        for(int i=0;i<=tot;++i)t[i].vis=false;
        int root=0,id;
        for(int i=0;i<n;++i){
            id=get(s[i]);
            root=t[root].nxt[id];
            for(int j=root;j;j=fail[j])
                if(t[j].vis)break;
                else t[j].vis=1;
        }
    }

    int quary(int x)
    {
        int ret=lo[x];
        for(int i=point[x];i;i=fa[i]){
            if(t[i].vis)return ret;
            ret--;
        }
        return 0;
    }
}T;

int main()
{
    scanf("%d%d%s",&n,&m,s);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        scanf("%s",a);
        lo[i]=strlen(a);
        T.ins(a,i);
    }
    T.getfail();T.pre();
    for(int i=1;i<=m;++i)
    printf("%d\n",T.quary(i));
    return 0;
}