题目描述
字符串是oi界常考的问题。现在给定你n个字符串，询问每个字符串有多少子串（不包括空串）是所有n个字符串中至少k个字符串的子串（注意包括本身）。
输入
第一行两个整数n，k。
接下来n行每行一个字符串。
接下来n行每行一个字符串。
输出
输出一行n个整数，第i个整数表示第i个字符串的答案。
样例输入
3 1
abc
a
ab
样例输出
6 1 3
题解
广义后缀自动机
建立广义后缀自动机，统计一下每个节点属于多少个字符串中。
在每次插入新节点np后，parent树上np的父亲节点fa[np]一定有着np的身份，即一定包含当前串（这里将root节点视作在所有串中）。
那么沿着parent树一直向上更新即可。更新到已经被更新过的节点就停止。
这样时间复杂度是O(n)的。
求出每个节点在几个子串中以后，还要知道出现次数。
而出现次数有一个定理：x结尾的不重复字符串的出现次数=dis[x]-dis[fa[x]]。
简单证明一下：从root走到parent树上x到root的链上的点共有dis[x]种方法，走到fa[x]到root的链上的点共有dis[fa[x]]种方法，相减可推出结论。
而仅仅求出不重复字符串的出现次数还不够，我们需要统计所有的出现位置。而出现位置一定是在parent树中从x到叶子结点均出现的。
那么可以用类似于树形dp的方法求解。
总结一下：建立广义后缀自动机，同时统计每个节点在多少个字符串中出现过。保留出现在≥k个字符串中的，令出现次数为dis[x]-dis[fa[x]]。然后树形dp，c[x]+=c[fa[x]]，并更新答案求解。
说了这么多，其实代码也就几十行~
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200010
using namespace std;
int a[N][26] , fa[N] , kind[N] , type[N] , si[N] , last , tot = 1;
int head[N] , to[N] , next[N] , cnt;
long long dis[N] , c[N] , ans[N];
char str[N];
void add(int x , int y)
{
to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void ins(int t , int c)
{
int p = last , np = last = ++tot;
dis[np] = dis[p] + 1 , kind[np] = t;
while(p && !a[p][c]) a[p][c] = np , p = fa[p];
if(!p) fa[np] = 1;
else
{
int q = a[p][c];
if(dis[q] == dis[p] + 1) fa[np] = q;
else
{
int nq = ++tot;
memcpy(a[nq] , a[q] , sizeof(a[q])) , dis[nq] = dis[p] + 1 , fa[nq] = fa[q] , fa[np] = fa[q] = nq , si[nq] = si[q] , type[nq] = type[q];
while(p && a[p][c] == q) a[p][c] = nq , p = fa[p];
}
}
for(p = np ; p && type[p] != t ; p = fa[p]) si[p] ++ , type[p] = t;
}
void dfs(int x)
{
int i;
c[x] += c[fa[x]] , ans[kind[x]] += c[x];
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
dfs(to[i]);
}
int main()
{
int n , m , k , i , j;
scanf("%d%d" , &n , &k);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%s" , str + 1) , m = strlen(str + 1) , last = 1;
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ ) ins(i , str[j] - 'a');
}
for(i = 2 ; i <= tot ; i ++ )
{
add(fa[i] , i);
if(si[i] >= k) c[i] = dis[i] - dis[fa[i]];
}
dfs(1);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) printf("%lld " , ans[i]);
return 0;
}