【洛谷P6257】First of Her Name

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P6257
众所周知，皇室家族的名字非常有讲究。而作为研究皇室的历史学家的你，最近接到了一个艰巨的任务——分析王国历史中所有皇室夫人的名字。

王国历史上有 \(n\) 位皇室夫人，方便起见，我们将其从 \(1\) 至 \(n\) 编号。除了 \(1\) 号夫人外，其余夫人的名字均为一个大写字母连接着她母亲的名字。而 \(1\) 号夫人作为王国的首任王后，她的名字只有一个大写字母。

例如，由于 AENERYS 由 A 与 ENERYS 组成，因此 ENERYS 是 AENERYS 的母亲。相似地，AENERYS 是 DAENERYS 与 YAENERYS 的母亲。

你知道王国历史上所有皇室夫人的姓名与关系，而你需要完成的任务是，对于其他历史学家感兴趣的名字串 \(s\)，总共有多少位夫人的名字是以 \(s\) 起始的。

例如在样例的皇室族谱中，S 至 AENERYS 的这一支（包含 YS、RYS、ERYS、NERYS 与 ENERYS 这几位夫人）均只有一位女儿。接下来 AENERYS 有两位女儿，分别是 DAENERYS，以及女儿是 RYAENERYS 的 YAENERYS。

在这个皇室家族内，有两位夫人的名字以 RY 起始，她们是 RYS 与 RYAENERYS。而 ERYS 与 ENERYS 均以 E 起始。名字以 N 起始的仅有一位夫人 NERYS。同样地，以 S 起始的仅有首位王后 S。而没有任何一位夫人的名字以 AY 起始。

思路

将每一个询问串反过来，问题转化为求每一个询问串是多少个人名字的后缀。
将所有询问串扔进一个 AC 自动机内，建出 fail 树，然后按照人名的 Trie 找到每一个人的名字在 AC 自动机上能匹配到的最长的串对应节点，将这一个节点的 tag 加一。显然这个人能贡献的询问串是打 tag 的点 fail 链上的所有询问。
然后在 fail 树上做前缀和即可。为了保证计算到一个点时这个点子树内的贡献全部已经加上，我们可以按深度来枚举点。
时间复杂度 \(O(n+m+\sum |S|)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
using namespace std;

const int N=1000010;
int n,m,tot,head[N],ans[N];
char c[N],s[N];

struct edge
{
	int next,to;
}e[N];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

struct ACA
{
	int tot,ch[N][26],fail[N],cnt[N];
	vector<int> id[N],dep[N];
	
	void ins(char *s,int x)
	{
		int p=0,len=strlen(s+1);
		for (int i=len;i>=1;i--)
		{
			if (!ch[p][s[i]-'A'])
			{
				ch[p][s[i]-'A']=++tot;
				dep[len-i+2].push_back(tot);
			}
			p=ch[p][s[i]-'A'];
		}
		id[p].push_back(x);
	}
	
	void build()
	{
		queue<int> q;
		for (int i=0;i<26;i++)
			if (ch[0][i]) q.push(ch[0][i]);
		while (q.size())
		{
			int u=q.front(); q.pop();
			for (int i=0;i<26;i++)
				if (ch[u][i]) fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i],q.push(ch[u][i]);
					else ch[u][i]=ch[fail[u]][i];
		}
	}
	
	void query(int x)
	{
		for (int i=1000001;i>=1;i--)
			for (int j=0;j<dep[i].size();j++)
			{
				int p=dep[i][j];
				for (int k=0;k<id[p].size();k++)
					ans[id[p][k]]=cnt[p];
				cnt[fail[p]]+=cnt[p];
			}	
	}
}AC;

void dfs(int x,int p)
{
	AC.cnt[p]++;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		dfs(v,AC.ch[p][c[v]-'A']);
	}
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1,x;i<=n;i++)
	{
		while (c[i]=getchar())
			if (c[i]>='A' && c[i]<='Z') break;
		scanf("%d",&x);
		if (x) add(x,i);
	}
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%s",s+1);
		AC.ins(s,i);
	}
	AC.build();
	dfs(1,AC.ch[0][c[1]-'A']);
	AC.query(0);
	for (int i=1;i<=m;i++)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}