BZOJ_2434_[NOI2011]_阿狸的打字机_(AC自动机+dfs序+树状数组)

描述

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2434

给出(n)个字符串,(m)个询问,对于第(i)个询问,求第(x_i)个字符串在第(y_i)个字符串中出现了多少次.

分析

首先我们可以想到对于串(x)和串(y),如果(x)在(y)中出现过,那么(x)一定是((y)的某个前缀)的后缀,如果我们用所有字符串建立一个AC自动机,那么对于这个前缀,沿着失配边走,一定能走到(x)串.

所以我们得到了一个很直观但是复杂度很高的算法:对于每一个询问,枚举(y)中的字符作为前缀的结尾,沿着失配边走,看是否能够走到(x)串,复杂度是(O(mL^2)).显然这种算法是要超时的,我们需要考虑更优的算法.

这里先介绍fail树这一概念.对于AC自动机上的点(x),我们连一条(f[x] o{x})的有向边,这样就形成了一棵fail树.

这时我们会发现,之前说的能够沿着失配边找到(x)串的(y)串的后缀,一定在(x)的子树当中.我们用dfs序把树上问题转化为区间问题,问题就转化为了在区间内找符合条件的点有多少个.我们把(y)的后缀标为(1),其他全部标为(0),然后处理所有有关(y)的询问,由于是区间问题,可以用树状数组维护.

这样的算法的复杂度是(O(mlogn))的.

  1 #include <bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 inline int read(int &x){x=0;int k=1;char c;for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')k=-1;for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=x*10+c-'0';return x*=k;}
  4 
  5 const int maxn=1e5+5,type=26;
  6 int n,qct;
  7 int ans[maxn];
  8 char s[maxn];
  9 struct query{
 10     int x[maxn],next[maxn],hd[maxn];
 11     inline void add_query(int a,int b){
 12         x[++qct]=a; next[qct]=hd[b]; hd[b]=qct;
 13     }
 14 }Q;
 15 struct Aho_Corasick{
 16     int sz,cnt,ect;
 17     int q[maxn],hd[maxn],f[maxn],fa[maxn],val[maxn],pos[maxn],l[maxn],r[maxn],c[maxn<<1];
 18     int ch[maxn][type];
 19     struct edge{
 20         int to,next;
 21         edge(){}
 22         edge(int to,int next):to(to),next(next){}
 23     }g[maxn];
 24     Aho_Corasick(){sz=cnt=0;memset(ch[0],0,sizeof ch[0]);}
 25     inline int id(char c){return c-'a';}
 26     inline int lowbit(int x){return x&-x;}
 27     inline void add_edge(int u,int v){g[++ect]=edge(v,hd[u]);hd[u]=ect;}
 28     inline void build_trie(){
 29         int m=strlen(s+1);
 30         int u=0;
 31         for(int i=1;i<=m;i++){
 32             int c=id(s[i]);
 33             if(c=='P'-'a'){val[u]=++cnt,pos[cnt]=u;continue;}
 34             if(c=='B'-'a'){u=fa[u];continue;}
 35             if(!ch[u][c]){
 36                 memset(ch[++sz],0,sizeof ch[sz]);
 37                 ch[u][c]=sz;
 38                 fa[sz]=u;
 39             }
 40             u=ch[u][c];
 41         }
 42     }
 43     inline void get_fail(){
 44         int L=1,R=0;
 45         for(int c=0;c<type;c++){
 46             int u=ch[0][c];
 47             if(u){f[u]=0;add_edge(0,u);q[++R]=u;}
 48         }
 49         while(L<=R){
 50             int u=q[L++];
 51             for(int c=0;c<type;c++){
 52                 int t=ch[u][c];
 53                 if(!t){ch[u][c]=ch[f[u]][c];continue;}
 54                 int v=f[u];
 55                 f[t]=ch[v][c];
 56                 add_edge(f[t],t);
 57                 q[++R]=t;
 58             }
 59         }
 60     }
 61     void dfs(int x,int &t){
 62         l[x]=++t;
 63         for(int i=hd[x];i;i=g[i].next) dfs(g[i].to,t);
 64         r[x]=++t;
 65     }
 66     inline void add(int x,int d){
 67         int R=sz<<1;
 68         while(x<=R){
 69             c[x]+=d;
 70             x+=lowbit(x);
 71         }
 72     }
 73     inline int sum(int x){
 74         int ret=0;
 75         while(x>0){
 76             ret+=c[x];
 77             x-=lowbit(x);
 78         }
 79         return ret;
 80     }
 81     inline void solve(){
 82         int m=strlen(s+1);
 83         int u=0;
 84         for(int i=1;i<=m;i++){
 85             int c=id(s[i]);
 86             if(c=='B'-'a'){add(l[u],-1);u=fa[u];continue;}
 87             if(c=='P'-'a'){
 88                 int y=val[u];
 89                 for(int j=Q.hd[y];j;j=Q.next[j]){
 90                     int x=Q.x[j];
 91                     ans[j]=sum(r[pos[x]])-sum(l[pos[x]]-1);
 92                 }
 93                 continue;
 94             }
 95             u=ch[u][c];
 96             add(l[u],1);
 97         }
 98     }
 99 }ac;
100 inline void init(){
101     scanf("%s",s+1);
102     ac.build_trie();
103     read(n);
104     for(int i=1,a,b;i<=n;i++){
105         read(a); read(b);
106         Q.add_query(a,b);
107     }
108 }
109 inline void solve(){
110     ac.get_fail();
111     int t=0;
112     ac.dfs(0,t);
113     ac.solve();
114     for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d
",ans[i]);
115 }
116 int main(){
117     init();
118     solve();
119     return 0;
120 }

View Code

2434: [Noi2011]阿狸的打字机

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MB
Submit: 2296 Solved: 1298
[Submit][Status][Discuss]

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

aPaPBbP

3

1 2

1 3

2 3

Sample Output

2

1

0

HINT

1<=N<=10^5

1<=M<=10^5

输入总长<=10^5

Source

Trie