P5357【模板】AC自动机（二次加强版）
\(P5357\) 【模板】\(AC\) 自动机（二次加强版）
一、题目描述
给你一个文本串 \(S\) 和 \(n\) 个模式串 \(T_{1 \sim n}\)，请你分别求出每个模式串 \(T_i\)在 \(S\) 中出现的次数。
二、对加强版进行改造
因为是什么二次加强版，所以大家先去做一下 加强版 吧，做法差不多。
好了，看到这里大家都一定做过加强版了吧，那么这道题的做法也是差不多的: 我们这一次不需要求出现最多的字符串啦，直接将\(cnt\)数组输出就好了！（应该都知道\(cnt\)数组是什么吧，就是统计每个模式串在文本串出现多少次的数组）
但 重复的单词有没有影响啊！有啊！对于加强版，这一次重复的单词就会有影响啦，怎么办？
这道题有相同字符串要统计，设当前字符串是第\(x\)个，我们用\(family[x]\)数组存当前字符串在\(Trie\)中的那个位置输入模式串序号，最后把\(cnt[family[i]]\)输出就\(OK\)了。另外\(id\)只在第一次赋值时变化，其他都不变。
本题思路很简单，如果你做过加强版的话。
这个思路很好搞，就是简单统计出现次数，然后输出。
不过如果你直接交会发现\(TLE\)。
我当时就是非常高兴的把加强版的代码改了改交了上去:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 2 * 1e5 + 10;
const int M = 2 * 1e6 + 10;
char s[N], T[M];
int n;
int tr[N][26], idx, ne[N];
int id[N];
int cnt[N];
int family[N];
void insert(char *s, int x) {
int p = 0;
for (int i = 0; s[i]; i++) {
int t = s[i] - 'a';
if (!tr[p][t]) tr[p][t] = ++idx;
p = tr[p][t];
}
if (!id[p]) id[p] = x; // id[p]记录的是首个入驻的模式串号x
family[x] = id[p]; // 将所有最终位置是p号节点，也就是重复模式串，都划归到family[x]这个首次入驻模式串x为同一家族
}
int q[N], hh, tt = -1;
void bfs() {
for (int i = 0; i < 26; i++)
if (tr[0][i]) q[++tt] = tr[0][i];
while (hh <= tt) {
int p = q[hh++];
for (int i = 0; i < 26; i++) {
int t = tr[p][i];
if (!t)
tr[p][i] = tr[ne[p]][i];
else {
ne[t] = tr[ne[p]][i];
q[++tt] = t;
}
}
}
}
void query(char *s) {
int p = 0;
for (int i = 0; s[i]; i++) {
p = tr[p][s[i] - 'a'];
for (int j = p; j; j = ne[j])
if (id[j]) cnt[id[j]]++;
}
}
int main() {
//加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s;
insert(s, i);
}
bfs();
cin >> T;
query(T);
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", cnt[family[i]]);
return 0;
}
三、持续优化
那么我们现在得到的算法是直接跑自动机跳\(ne\)树，然后每跳到一个标记点就计数加一。
考虑对其进行优化:
当匹配到单词的时，我们会不断地去跳\(ne\)，同一个点会可能被跳多次。
那么我们可以想一下把\(ne\)指针单独建出来他是个什么样子的。
它就是一棵树。
那么对于这一棵树，我们每次匹配时都会去更新它的父亲节点（\(ne\)树），那么对于树上的一条链，每一个子节点也有父子关系，他们会有共同的祖先。对于一对被遍历过的父子节点，它们的共同祖先显然会被父亲跳一次再被儿子跳一次，如果能够减少跳的次数，同时不丢失贡献，那么我们就能降低复杂度，从而完成本题。
那么我们思考一下，我们在跑自动机时如果先不跳\(ne\)，而是单纯的跑\(trie\)树，是比连跑带跳（\(ne\)）复杂度小不少的。那么跑完\(trie\)树，我们得到的是什么？
我们得到的是文本串在自动机上跑过的痕迹（脚印），我们也就得到了每个节点（不跳\(ne\)）被遍历的次数，在这些节点中，我们可以拿出来再更新\(ne\)。
这时我们应该想一下既然都拿出来了，有没有什么方法能优化更新？
这样我们就需要思考\(ne\)树的性质
我们思考一下\(ne\)指针的建立：当前节点的 / 父亲节点的 / \(ne\)指针指向节点的 / 子节点 。
\(ne\)指针在树上跳时是一定向上跳的，最下面的节点会更新上面的父亲节点。
那么一个点被遍历的次数就是：\(trie\)树上遍历次数 + \(ne\)树上子节点被遍历次数
而子节点被遍历次数又取决于其\(trie\)树上遍历次数和自身子节点的个数。
那么最下面的点是不需要被其他点通过\(ne\)更新的
如果最下面的点更新过自己的父亲节点，那么它的父亲节点也就是次深的点就成了刚才最下面的点的状态。
而且一个节点只会被更新一次。
于是我们就得到了\(trie\)树的更新方法， 通过拓扑序 更新\(ne\)树，从底往上不断累加，最后输出结果。
拓扑序优化递推版本
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200010;
const int M = 2000010; //文本串长度
int f[N];
char s[N];
char T[M];
int tr[N][26], idx, ne[N], id[N];
void insert(char *s, int x) {
int p = 0;
for (int i = 0; s[i]; i++) {
int t = s[i] - 'a';
if (!tr[p][t]) tr[p][t] = ++idx;
p = tr[p][t];
}
id[x] = p;
}
//构建AC自动机
int q[N], hh, tt = -1;
void bfs() {
for (int i = 0; i < 26; i++)
if (tr[0][i]) q[++tt] = tr[0][i];
while (hh <= tt) {
int t = q[hh++];
for (int i = 0; i < 26; ++i) {
if (tr[t][i]) {
ne[tr[t][i]] = tr[ne[t]][i];
q[++tt] = tr[t][i];
} else
tr[t][i] = tr[ne[t]][i];
}
}
}
void query(char *s) {
int p = 0;
for (int i = 0; s[i]; i++) { // 枚举文本串每一个字符
int t = s[i] - 'a'; // 字符映射的数字t,可以理解为边
p = tr[p][t]; // 走进去，到达的位置替换p
f[p]++; // 标识此位置有人走过，记录走的次数
}
}
int main() {
//加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s;
insert(s, i);
}
//构建AC自动机
bfs();
//文本串
cin >> T;
query(T);
for (int i = idx; i; i--) f[ne[q[i]]] += f[q[i]]; //一路向上，计算叠加值
//输出
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", f[id[i]]);
return 0;
}
