对于多串匹配一种能够理论上时间复杂度为O(n+m)的多串匹配方式，但是时间复杂度并不稳定。
原理：在trie树上建立类似KMP的next指针的东西，也就是AC自动机的fail指针，在每次匹配的时候，不停的跳fail指针直到根节点。这是最裸的实现，但是许多情况下，这种最朴素的实现方式过不去...因为这样它的时间复杂度很不稳定，可能被卡到O(nm)这种模式下，我们就需要将AC自动机的BFS序拿出来，单独进行操作，甚至将fail指针建成fail树实现，还有什么打上差分标记之类的实现方式降低时间复杂度。
例题：
BZOJ3940: [Usaco2015 Feb]Censoring
分析：
AC自动机裸题，同年同月银组题是KMP+栈实现，而这道题是AC自动机+栈实现，因为题目满足模式串互不包含，所以直接贪心+栈模拟维护一下即可。
附上代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <iostream>
using namespace std;
#define N 1000005
struct Aho
{
int ch[N][26],last[N],fail[N],cnt,rot;
int new_node(){memset(ch[cnt],-1,sizeof(ch[cnt]));last[cnt++]=0;return cnt-1;}
void init(){cnt=0;rot=new_node();}
void insert(char *s,int x)
{
int len=strlen(s),rt=0;
for(int i=0;i<len;i++)
{
if(ch[rt][s[i]-'a']==-1)ch[rt][s[i]-'a']=new_node();
rt=ch[rt][s[i]-'a'];
}
last[rt]=x;
}
void get_fail()
{
queue <int>q;fail[0]=0;
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(ch[0][i]==-1)ch[0][i]=0;
else fail[ch[0][i]]=0,q.push(ch[0][i]);
}
while(!q.empty())
{
int x=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(ch[x][i]==-1)ch[x][i]=ch[fail[x]][i];
else fail[ch[x][i]]=ch[fail[x]][i],q.push(ch[x][i]);
}
}
}
}ac;
int n,m,len[N],sta[N],top,pos[N];
char sub[N],str[N];
int main()
{
scanf("%s%d",str+1,&n);m=strlen(str+1);ac.init();
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",sub),ac.insert(sub,i),len[i]=strlen(sub);
ac.get_fail();int rt=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
rt=ac.ch[rt][str[i]-'a'];pos[++top]=rt,sta[top]=str[i];
if(ac.last[rt])top-=len[ac.last[rt]],rt=pos[top];
}
for(int i=1;i<=top;i++)printf("%c",sta[i]);puts("");
return 0;
}
BZOJ3172: [Tjoi2013]单词
分析：
这道题，最裸的AC自动机实现方式过不了...不用测试了，我试过了...
将AC自动机建起来，在每个节点打一个标记，每次插入的时候遍历到这个节点，这个节点的出现次数就++，之后每次讲节点的出现次数传递给fail节点，最后统计每一个串的终止节点出现次数即可。
附上代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <set>
using namespace std;
#define N 1000005
int ans[N];
struct Aho
{
int ch[N][26],pos[N],fail[N],vis[N],cnt,rot,que[N],fa[N],l,r;
int new_node(){memset(ch[cnt],-1,sizeof(ch[cnt]));vis[cnt++]=0;return cnt-1;}
void init(){l=r=cnt=0,rot=new_node();}
void insert(char *s,int x)
{
int len=strlen(s),rt=rot;
for(int i=0;i<len;i++)
{
int t=s[i]-'a';
if(ch[rt][t]==-1)ch[rt][t]=new_node();
rt=ch[rt][t];vis[rt]++;
}
pos[x]=rt;
}
void get_fail()
{
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(ch[0][i]==-1)ch[0][i]=0;
else que[r++]=ch[0][i],fail[ch[0][i]]=0;
}
while(l<r)
{
int x=que[l++];
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(ch[x][i]==-1)ch[x][i]=ch[fail[x]][i];
else fail[ch[x][i]]=ch[fail[x]][i],que[r++]=ch[x][i];
}
}
}
int match()
{
for(int i=cnt;i>=0;i--)
{
int x=que[i];
vis[fail[x]]+=vis[x];
}
}
}ac;
char s[N];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);ac.init();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s);
ac.insert(s,i);
}
ac.get_fail();ac.match();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
//printf("%d
",ac.pos[i]);
printf("%d
",ac.vis[ac.pos[i]]);
}
}
BZOJ1030: [JSOI2007]文本生成器
分析：
这道题看起来和GT考试很像，用全部的生成数量去掉完全不可读的数量，就是答案。全部的数量是26^m，而完全不可读的是类似GT考试的求法，建立AC自动机，之后类似遍历AC自动机的方式进行DP，顺便注意一点，即：如果跳fail指针能跳到某一个字符串的终止节点，那么这个节点就不能作为答案出现，即：我们统计所有的不存在一个终止节点作为祖先的节点。
附上代码：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;
#define N 200005
#define mod 10007
int f[120][N],n,m;char s[N];
struct Aho
{
int ch[N][26],fail[N],last[N],cnt,q[N],l,r,rot;
int new_node(){memset(ch[cnt],-1,sizeof(ch[cnt]));last[cnt++]=0;return cnt-1;}
void init(){cnt=0;rot=new_node();}
void insert(char *s)
{
int len=strlen(s),rt=rot;
for(int i=0;i<len;i++)
{
int t=s[i]-'A';
if(ch[rt][t]==-1)ch[rt][t]=new_node();
rt=ch[rt][t];
}
last[rt]=1;
}
void get_fail()
{
l=r=0;
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(ch[0][i]==-1)ch[0][i]=rot;
else q[r++]=ch[0][i],fail[ch[0][i]]=rot;
last[0]|=last[fail[0]];
}
while(l<r)
{
int x=q[l++];
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(ch[x][i]==-1)ch[x][i]=ch[fail[x]][i];
else q[r++]=ch[x][i],fail[ch[x][i]]=ch[fail[x]][i];
}
last[x]|=last[fail[x]];
}
}
int match()
{
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=0;j<cnt;j++)
if(!last[j]&&f[i-1][j])
for(int k=0;k<26;k++)
f[i][ch[j][k]]=(f[i][ch[j][k]]+f[i-1][j])%mod;
int num=1,ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)num=num*26%mod;
for(int i=0;i<cnt;i++)
{
if(!last[i])ans=(ans+f[m][i])%mod;
}
return (num-ans+mod)%mod;
}
}ac;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);ac.init();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s);ac.insert(s);
}
ac.get_fail();
printf("%d
",ac.match());
return 0;
}
BZOJ2553: [BeiJing2011]禁忌
分析：
看到len<=10^9就知道和矩阵乘法有关。建立矩阵，如果一个节点是终止节点（或者它的祖先存在终止节点），那么将矩阵i,0变成抽到对应字符的概率，和i,cnt也变成对应概率，如果不是终止节点，那么将i和对应子节点的矩阵改成概率即可。之后矩阵乘法实现一下即可。
附上代码：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;
#define N 2005
#define mod 10007
int n,m,alpha,cnt;char s[N];
struct node
{
long double a[100][100];
friend node operator*(const node &a,const node &b)
{
node c;memset(c.a,0,sizeof(c.a));
for(int i=0;i<=cnt;i++)
{
for(int j=0;j<=cnt;j++)
{
for(int k=0;k<=cnt;k++)
{
c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j]);
}
}
}
return c;
}
void print()
{
for(int i=0;i<=cnt;i++)
{
for(int j=0;j<=cnt;j++)
{
printf("%.5lf ",a[i][j]);
}
puts("");
}
}
}ret,map;
double q_pow(int n)
{
for(int i=0;i<=cnt;i++)ret.a[i][i]=1;
while(n)
{
if(n&1)ret=ret*map;
map=map*map;n=n>>1;
}
return ret.a[0][cnt];
}
struct Aho
{
int ch[N][26],fail[N],last[N],q[N],l,r,rot;
int new_node(){memset(ch[cnt],-1,sizeof(ch[cnt]));last[cnt++]=0;return cnt-1;}
void init(){cnt=0;rot=new_node();}
void insert(char *s)
{
int len=strlen(s),rt=rot;
for(int i=0;i<len;i++)
{
int t=s[i]-'a';
if(ch[rt][t]==-1)ch[rt][t]=new_node();
rt=ch[rt][t];
}
//printf("%d",rt);
last[rt]=1;
}
void get_fail()
{
l=r=0;
for(int i=0;i<alpha;i++)
{
if(ch[0][i]==-1)ch[0][i]=rot;
else q[r++]=ch[0][i],fail[ch[0][i]]=rot;
last[0]|=last[fail[0]];
}
while(l<r)
{
int x=q[l++];
for(int i=0;i<alpha;i++)
{
if(ch[x][i]==-1)ch[x][i]=ch[fail[x]][i];
else q[r++]=ch[x][i],fail[ch[x][i]]=ch[fail[x]][i];
}
last[x]|=last[fail[x]];
}
}
void match()
{
long double addv=1.0/(1.0*alpha);
for(int i=0;i<cnt;i++)
{
for(int j=0;j<alpha;j++)
{
if(last[ch[i][j]])map.a[i][0]+=addv,map.a[i][cnt]+=addv;
else map.a[i][ch[i][j]]+=addv;
}
}
map.a[cnt][cnt]=1;
}
}ac;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&alpha);ac.init();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s);ac.insert(s);
}
ac.get_fail();ac.match();//map.print();
printf("%.10f
",q_pow(m));
return 0;
}
BZOJ2938: [Poi2000]病毒
分析：
如果在trie树上存在一个环，那么就一定可以出现无穷的情况。判一下环是否存在即可。
附上代码：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;
#define N 30005
struct Aho
{
int ch[N][2],fail[N],last[N],cnt,rot,vis[N],inq[N];
int new_node(){ch[cnt][1]=ch[cnt][0]=-1;last[cnt++]=0;return cnt-1;}
void init(){cnt=0;rot=new_node();}
void insert(char *s)
{
int len=strlen(s),rt=rot;
for(int i=0;i<len;i++)
{
int t=s[i]-'0';
if(ch[rt][t]==-1)ch[rt][t]=new_node();
rt=ch[rt][t];
}
last[rt]=1;
}
void get_fail()
{
queue <int>q;
for(int i=0;i<2;i++)
{
if(ch[0][i]==-1)ch[0][i]=0;
else fail[ch[0][i]]=0,q.push(ch[0][i]);
}
while(!q.empty())
{
int x=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<2;i++)
{
if(ch[x][i]==-1)ch[x][i]=ch[fail[x]][i];
else fail[ch[x][i]]=ch[fail[x]][i],q.push(ch[x][i]);
}
last[x]|=last[fail[x]];
}
}
int match(int x)
{
inq[x]=vis[x]=1;
for(int i=0;i<2;i++)
{
int t=ch[x][i];
if(inq[t]||((!last[t])&&(!vis[t])&&match(t)))return 1;
}
inq[x]=0;
return 0;
}
}ac;
char s[N];
int main()
{
int n;scanf("%d",&n);ac.init();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s);ac.insert(s);
}
ac.get_fail();
if(ac.match(ac.rot))puts("TAK");
else puts("NIE");
return 0;
}
BZOJ2434: [Noi2011]阿狸的打字机
分析：
先将给你的串建立成AC自动机，之后单独拎出fail树，求出每个节点在fail树上的入栈出栈序维护出来，之后再遍历一遍所有节点，将每个节点对应的询问求出即可。而正确性是因为fail树的每个节点的父节点的串都是这个节点的串的后缀。
附上代码：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;
#define N 100005
struct node
{
int to,next,val;
}ask[N],e[N];
int head[N],head_ask[N],cnt2,cnt1,in1[N],tims,out1[N],sum[N<<1],Q,flg[N],ans[N];char s[N];
void add(int x,int y){e[cnt2].to=y;e[cnt2].next=head[x];head[x]=cnt2++;}
void add_ask(int x,int y,int z){ask[cnt1].to=y;ask[cnt1].next=head_ask[x];ask[cnt1].val=z;head_ask[x]=cnt1++;}
void fix(int x,int c){for(;x<=tims;x+=x&-x)sum[x]+=c;}
int find(int x){int ret=0;for(;x;x-=x&-x)ret+=sum[x];return ret;}
struct Aho
{
int ch[N][26],fail[N],q[N],last[N],rot,cnt,fa[N];
int new_node(){memset(ch[cnt],-1,sizeof(ch[cnt]));last[cnt++]=0;return cnt-1;}
void init(){cnt=0,rot=new_node();}
void insert(char *s)
{
int len=strlen(s),rt=rot,tot=0;
for(int i=0;i<len;i++)
{
if(s[i]=='B')rt=fa[rt];
else if(s[i]=='P')last[rt]++,flg[++tot]=rt;
else
{
if(ch[rt][s[i]-'a']==-1)ch[rt][s[i]-'a']=new_node(),fa[cnt-1]=rt;
rt=ch[rt][s[i]-'a'];
}
}
}
void get_fail()
{
int l=0,r=0;
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(ch[0][i]==-1)ch[0][i]=0;
else fail[ch[0][i]]=0,q[r++]=ch[0][i];
}
while(l<r)
{
int x=q[l++];
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(ch[x][i]==-1)ch[x][i]=ch[fail[x]][i];
else fail[ch[x][i]]=ch[fail[x]][i],q[r++]=ch[x][i];
}
}
for(int i=1;i<cnt;i++)add(fail[i],i);//printf("%d %d
",fail[i],i);
}
void solve(char *s)
{
for(int i=0,len=strlen(s),rt=0;i<len;i++)
{
if(s[i]=='B')fix(out1[rt],-1),rt=fa[rt];
else if(s[i]=='P')
{
for(int j=head_ask[rt];j!=-1;j=ask[j].next)
{
int to1=ask[j].to,v=ask[j].val;
ans[v]=find(out1[to1])-find(in1[to1]-1);
}
}else
{
rt=ch[rt][s[i]-'a'];
fix(in1[rt],1);
}
}
}
}ac;
void dfs(int x)
{
in1[x]=++tims;
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
{
dfs(e[i].to);
}
out1[x]=++tims;
}
int main()
{
scanf("%s%d",s,&Q);memset(head,-1,sizeof(head));memset(head_ask,-1,sizeof(head_ask));
ac.init();ac.insert(s);ac.get_fail();dfs(0);
for(int i=1;i<=Q;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);add_ask(flg[y],flg[x],i);}ac.solve(s);
for(int i=1;i<=Q;i++)printf("%d
",ans[i]);return 0;