BZOJ 2434 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
3
1 2
1 3
2 3
Sample Output
1
0
HINT
1<=N<=10^5
Source
摘抄自cydiater大神
这个如果真的不会玩用KMP打暴力很好想到。好吧其实不应该向kmp方面想，这个多字符串匹配显然是AC自动机。给出的字符串就是给你模拟了建立Trie树的过程。然后考虑根据每个点的fail指针建立fail树。
问stri在strj里出现了几次。显然就是问在Trie树里，有多少个strj的元素指向stri，在fail树里就转化成了在stri的末尾元素所形成子树里有多少个strj的元素。如果在线求这个就太麻烦了。
我们用树状数组离线搞。
再回到给出的那个字符串，其实那就是一个访问路径。首先在fail树上跑一遍dfs，求出来每个节点的入栈时间和出栈时间。然后按照字符串这个路径访问整个Trie树，每进入一个节点，把这个节点之前进栈的权值全部+1，每退出一个节点，把这个节点之前进栈的权值全部-1。每次访问到存在询问的节点。把进栈和出栈之间的权值累加就行了。
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0;int f=1;char ch=getchar();
if(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MAXN=1e6+10;
namespace zhangenming{
struct node{
int y,next;
}e[MAXN];
int linkk[MAXN<<1],cnt,next[MAXN][30],fa[MAXN],n,m,ans[MAXN],c[MAXN]={};
int strl,id[MAXN],dfs_clock=0,op=0,din[MAXN],dout[MAXN],len=0,now=0,fail[MAXN];
inline int lowbit(int x){
return x&-x;
}
void add(int x,int val){
while(x<=MAXN){
c[x]+=val;
x+=lowbit(x);
}
}
int get(int x){
int sum=0;
while(x>0){
sum+=c[x];
x-=lowbit(x);
}
return sum;
}
string str;
inline void insert(int xx,int yy){
e[++len].y=yy;e[len].next=linkk[xx];linkk[xx]=len;
}
void init(){
cin>>str;n=read();
strl=str.size();
for(int i=1;i<=n;i++){
int xx=read()+strl;
int yy=read()+strl;
insert(yy,xx);
}
}
void build_ac(){
now=0;
for(int i=0;i<strl;i++){
if(str[i]=='B'){
now=fa[now];
//cout<<now<<endl;
}
else if(str[i]=='P'){
id[++op]=now;
//cout<<now<<endl;
}
else{
if(!next[now][str[i]-'a']) next[now][str[i]-'a']=++cnt;
fa[next[now][str[i]-'a']]=now;
now=next[now][str[i]-'a'];
}
}
}
int q[MAXN<<1];
void build_fail(){
int head=-0;int tail=0;
for(int i=0;i<=25;i++){
if(next[0][i]) q[++tail]=next[0][i];
}
while(head<tail){
int tn=q[++head];
for(int i=0;i<=25;i++){
int son=next[tn][i];
if(!son) next[tn][i]=next[fail[tn]][i];
else {
fail[son]=next[fail[tn]][i];
q[++tail]=son;
}
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
insert(fail[i],i);
}
}
void dfs(int st){
din[st]=++dfs_clock;
for(int i=linkk[st];i;i=e[i].next){
dfs(e[i].y);
}
dout[st]=++dfs_clock;
}
void solve(){
build_ac();build_fail();
dfs(0);
cnt=0;now=0;
for(int i=0;i<strl;i++){
if(str[i]=='B'){
add(din[now],-1);now=fa[now];
}
else if(str[i]=='P'){
cnt++;
for(int j=linkk[cnt+strl];j;j=e[j].next){
int y=id[e[j].y-strl];
ans[j]=get(dout[y])-get(din[y]-1);
}
}
else{
now=next[now][str[i]-'a'];
add(din[now],1);
}
}
}
void print(){
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%d\n",ans[i]);
}
}
}
int main(){
using namespace zhangenming;
init();
solve();
print();
return 0;
}
