BZOJ 4212: 神牛的养成计划

4212: 神牛的养成计划

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Description

Hzwer成功培育出神牛细胞，可最终培育出的生物体却让他大失所望......

 

后来，他从某同校女神 牛处知道，原来他培育的细胞发生了基因突变，原先决定神牛特征的基因序列都被破坏了，神牛hzwer很生气，但他知道基因突变的低频性，说不定还有以下优秀基因没有突变，那么他就可以用限制性核酸内切酶把它们切出来，然后再构建基因表达载体什么的，后面你懂的......

 

黄学长现在知道了N个细胞的DNA序列，它们是若干个由小写字母组成的字符串。一个优秀的基因是两个字符串s1和s2,当且仅当s1是某序列的前缀的同时，s2是这个序列的后缀时，hzwer认为这个序列拥有这个优秀基因。

 

现在黄学长知道了M个优秀基因s1和s2，它们想知道对于给定的优秀基因，有多少个细胞的DNA序列拥有它。

 

 

Input

第一行：N，表示序列数

接下来N行，每行一个字符串，代表N个DNA序列，它们的总长为L1

接下来一个M，表示询问数

接下来M行，每行两个字符串s1和s2，由一个空格隔开，hzwer希望你能在线回答询问，所以s1等于“s1”的所有字符按字母表的顺序向后移动ans位（字母表是一个环），ans为上一个询问的答案，s2同理。例如ans=2  “s1”=qz

则s1=sb。对于第一个询问，ans=0

s1和s2的总长度为L2

 

 

Output

输出M行，每行一个数，第i行的数表示有多少个序列拥有第i个优秀基因。

 

Sample Input

10
emikuqihgokuhsywlmqemihhpgijkxdukjfmlqlwrpzgwrwozkmlixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuookbqaaoyiorpfdetaeduogebnolonaoehthfaypbeiutssasrriafu
emikuqihgokuorocifwwymkcyqevdtglszfzgycbgnpomvlzppwrigowekufjwiiaxniutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgfkzpgnotajcfjctjqgjeeiheqrepbpakmlixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgfrhulymdxsqirjrfbngwszuyibuixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorguowwiozcgjetmyokqdrqxzigohiutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgsczejjmlbwhandxqwknutzgdmxtiutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgvzfcdxdiwdztolopdnboxfvqzfzxtpecxcbrklvtyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorocsbtlyuosppxuzkjafbhsayenxsdmkmlixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgfjvaikktsixmhaasbvnsvmkntgmoygfxypktjxjdkliixyxniutssasrriafu
10
emikuqihgokuorociysg yxniutssasrriafu
aiegqmedckgqknky eqpoowonnewbq
xfbdnjbazhdnhkhvb qrqgbnmlltlkkbtyn
bjfhrnfedlhrlolzfv qppxpoofxcr
zhdfpldcbjf stsidponnvnmmdvap
zhdfpldcbjfpjmjxdt gdstsidponnvnmmdvap
dlhjtphgfnjtnqnbhxr wxwmhtsrrzrqqhzet
bjfhrnfedlhrlolzfv frqppxpoofxcr
zhdfpldcbjf dponnvnmmdvap
ucyakgyxweakehes nondykjiiqihhyqvk

Sample Output

4
7
3
5
5
1
3
5
10
4

HINT

 

N<=2000

L1<=2000000

M<=100000

L2<=2000000

 

 

Source

 

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万古神牛黄学长 Orz

 

又是一道可持久化Trie好题。

 

先想暴力，每次先找出有所能匹配上前缀的串，然后在看看这些串里有多少个还能匹配上后缀，这些串的个数就是最终答案。

然后发现，每次靠前缀筛出来的所有串一定具有一段相同的前缀，这个有点像后缀数组的那种感觉，就是先对所有串按照前缀排序，不难看出每次找出的前缀合法的串一定排成一个区间，我们想访问这个区间的所有串的逆序Trie，这个就是可持久化Trie树了。

 

从DaD3zZ那里看到这道题的，他说感觉对串按照前缀排序时使用了C++的Sort函数，逐位比较两个串的大小貌似比较暴力；但是不难想到，我们先建出正序的Trie后，在Trie上按顺序（a->z）DFS出来的就是按前缀排好序的了，这样复杂度就是完美的$O(\sum{Length})$，轻松过掉2000000。貌似出题人比较友好（可能就是比较懒），出的数据有点水……

 

代码没有，懒得写了…… 懒癌晚期

 

UPDATE 写了一发代码，然后图省事用的string，然后cin就给RE了，下午发现问题改成scanf就可以了。

 

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mxn = 2005;
const int mxm = 2100005;

inline void scan(string &s)
{
    s.clear();
    
    static char buf[mxm];
    
    scanf("%s", buf);
    
    for (char *c = buf; *c; ++c)
        s.push_back(*c);
}

int n, m;

int ord[mxn];

string str[mxn];

int end[mxm];
int son[mxm][26];

int mini[mxm];
int maxi[mxm];

inline void insert(string &s, int id) {
    static int tot = 1;
    
    int p = 1, len = s.length();
    
    for (int i = 0; i < len; ++i) {
        if (son[p][s[i] - 'a'] == 0)
            son[p][s[i] - 'a'] = ++tot;
        
        p = son[p][s[i] - 'a'];
    }
    
    end[p] = id;
}

void getOrder(int p) {
    static int cnt;
    
    mini[p] = cnt;
    
    if (end[p])
        ord[++cnt] = end[p];
    
    for (int i = 0; i < 26; ++i)
        if (son[p][i])getOrder(son[p][i]);
    
    maxi[p] = cnt;
}

int root[mxn];

int sum[mxm];
int nxt[mxm][26];

void insert(int &t, int p, string &s, int d) {
    static int tot = 1;
    
    t = ++tot;
    
    sum[t] = sum[p] + 1;
    
    memcpy(nxt[t], nxt[p], sizeof(nxt[t]));
    
    if (d < s.length())
        insert(nxt[t][s[d] - 'a'], nxt[p][s[d] - 'a'], s, d + 1);
}

inline void trie1(string &s, int &lt, int &rt, int ans) {
    int p = 1, len = s.length();
    
    for (int i = 0; i < len; ++i)
        s[i] = (s[i] - 'a' + ans) % 26 + 'a';
        
    lt = rt = 0;
    
    for (int i = 0; i < len; ++i) 
        p = son[p][s[i] - 'a'];
    
    lt = mini[p];
    rt = maxi[p];
}

inline void trie2(string &s, int lt, int rt, int &ans) {
    int len = s.length();
    
    reverse(s.begin(), s.end());
    
    for (int i = 0; i < len; ++i)
        s[i] = (s[i] - 'a' + ans) % 26 + 'a';
    
    int a = root[lt], b = root[rt];
    
    for (int i = 0; i < len; ++i) {
        a = nxt[a][s[i] - 'a'];
        b = nxt[b][s[i] - 'a'];
    }
    
    ans = sum[b] - sum[a];
}

signed main(void) {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in", "r", stdin);
    freopen("out", "w", stdout);
#endif

    scanf("%d", &n);
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scan(str[i]);
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        insert(str[i], i);
    
    getOrder(1);
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        reverse(str[i].begin(), str[i].end());
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        insert(root[i], root[i - 1], str[ord[i]], 0);
        
    scanf("%d", &m);
    
    for (int i = 1, lt, rt, ans = 0; i <= m; ++i) {
        static string s1, s2;
        
        scan(s1);
        scan(s2);
        
        trie1(s1, lt, rt, ans);
        trie2(s2, lt, rt, ans);
        
        printf("%d\n", ans);
    }
}

 

@Author: YouSiki