「ICPC World Finals 2019 何以伊名始

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本题现已知四种做法，如果不会后缀系列结构可以直接看Solution4

设初始树大小和查询总长均为(O(n))

Solution1

由于查询只有1e6，因此出现的不同查询串长度最多(O(sqrt {10^6})=1500)种

考虑对于每一种做一次dfs，在( ext{Hash Table})中查询，复杂度为(O(nsqrt n))

Solution2

将树上节点后缀排序，然后每次插入需要询问的字符就二分后缀区间

预处理复杂度为(O(nlog n))，查询涉及二分和倍增，复杂度为(O(nlog ^2 n))

Solution3

给定的树看做trie树，可以对于trie树建广义后缀自动机，然后倒着让询问串去匹配，一旦失配答案为0，

需要预处理(link)树的子树和，时间复杂度为(O(n))，空间复杂度为(O(n|Sigma|))

Solution4

将询问的串倒着插入，构建AC自动机

由于AC自动机预处理，时间空间复杂度为(O(n|Sigma|))

然后考虑对于树上每一个前缀在AC自动机上匹配，每次从父亲转移过来，复杂度为(O(n))

然后是常见的AC自动机操作，(fail)树上的子树累和即可

需要询问离线，因此有一定局限性

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#pragma GCC optimize(2)
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
char IO;
int rd(){
	int s=0;
	while(!isdigit(IO=getchar()));
	do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
	while(isdigit(IO=getchar()));
	return s;
}

const int N=1e6+10;

int n,m,len,F[N],A[N];
char s[N],t[N];
int nxt[N][26],fail[N],cnt,pos[N];
int Q[N],L=1,R;
void Build(){
	rep(i,0,25) if(nxt[0][i]) Q[++R]=nxt[0][i];
	while(L<=R) {
		int u=Q[L++];
		rep(i,0,25) {
			int &v=nxt[u][i];
			if(v) fail[v]=nxt[fail[u]][i],Q[++R]=v;
			else v=nxt[fail[u]][i];
		}
	}
}

int main(){
	n=rd(),m=rd();
	rep(i,1,n) scanf("%c",s+i),F[i]=rd();
	rep(i,1,m) {
		scanf("%s",t+1);
		int now=0;
		drep(j,strlen(t+1),1) {
			int c=t[j]-'A';
			if(!nxt[now][c]) nxt[now][c]=++cnt;
			now=nxt[now][c];
		}
		pos[i]=now;
	}
	Build();
	rep(i,1,n) A[F[i]=nxt[F[F[i]]][s[i]-'A']]++;
	drep(i,R,1) A[fail[Q[i]]]+=A[Q[i]];
	rep(i,1,m) printf("%d
",A[pos[i]]);
}