【bzoj2434】[Noi2011]阿狸的打字机

2434: [Noi2011]阿狸的打字机

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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

【题解】

这是一道很神的题。

先建一个AC自动机，这里需要维护一下父结点，以便删除时返回上层。

然后构建一个fail树，得出dfs序，得出每个结点进出时间l[x]，r[x]，考虑这样一种暴力

对于一个询问x，y，查询自动机上root-y的每一个结点，沿着fail指针是否会走到x的结尾点

如果可以即答案+1

而在fail树中，变为查询自动机上root-y的所有结点中，有多少个在x的子树中？

只要在自动机上再重新走一遍，走到一个结点y，则将1-l[y]都+1，解决询问x，y（把y相同的链表串起来），即查询l[x]到r[x]的和。。。当遇到一个B时1-l[y]都-1

树状数组实现加减和区间求和

——转自hzwer

这个题解已经写得很好了，可惜我弱，写题时多次请教Cydiater大神，可见对AC自动机的理解不是很透彻，而且树状数组和dfs序什么的都是我不熟悉的。

这里我学到了AC自动机的进化版——trie图，就是构造fail指针时直接把子节点为空的点连到fail上去。

同时也初步接触到了fail树这种高端的东西。

收益匪浅，同时sro_Cydiater_orz ←深入理解AC自动机已久的大神。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<cstring>
 5 #include<ctime>
 6 #include<cmath>
 7 #include<algorithm>
 8 using namespace std;
 9 #define MAXN 1000010
10 struct node{int y,next;}e[MAXN],qe[MAXN];
11 int n,m,cnt,len,T,Link[MAXN],qLink[MAXN],pos[MAXN],f[MAXN],q[MAXN],fail[MAXN],l[MAXN],r[MAXN],ans[MAXN],c[MAXN],tr[MAXN][27];
12 char ch[MAXN];
13 inline int read()
14 {
15     int x=0,f=1;  char ch=getchar();
16     while(!isdigit(ch))  {if(ch=='-')  f=-1;  ch=getchar();}
17     while(isdigit(ch))  {x=x*10+ch-'0';  ch=getchar();}
18     return x*f;
19 }
20 void insert(int x,int y)  {e[++len].next=Link[x];Link[x]=len;e[len].y=y;}
21 int lowbit(int x) {return x&(-x);}
22 void add(int x,int v) {for(int i=x;i<=T;i+=lowbit(i)) c[i]+=v;}
23 int get(int x) {int sum=0; for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) sum+=c[i]; return sum;}
24 void Insert()
25 {
26     int now=0,id=0;
27     for(int i=1;i<=n;i++)
28     {
29         if(ch[i]=='P') pos[++id]=now;
30         else if(ch[i]=='B') now=f[now];
31         else 
32         {
33             if(!tr[now][ch[i]-'a'])  tr[now][ch[i]-'a']=++cnt,f[cnt]=now; 
34             now=tr[now][ch[i]-'a']; 
35         }
36     }
37 }
38 void build()
39 {
40     int head=0,tail=0;
41     for(int i=0;i<26;i++)  if(tr[0][i])  q[++tail]=tr[0][i];
42     while(++head<=tail)
43     {
44         int x=q[head];
45         for(int i=0;i<26;i++)
46         {
47             if(!tr[x][i]) tr[x][i]=tr[fail[x]][i];
48             else {fail[tr[x][i]]=tr[fail[x]][i];  q[++tail]=tr[x][i];}
49         }
50     }
51     for(int i=1;i<=cnt;i++)  insert(fail[i],i);
52 }
53 void init()
54 {
55     scanf("%s",ch+1);  n=strlen(ch+1);  Insert();  build();  m=read();
56     for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();qe[i].next=qLink[y];qLink[y]=i;qe[i].y=x;}
57 }
58 void dfs(int x) {l[x]=++T;for(int i=Link[x];i;i=e[i].next)dfs(e[i].y);r[x]=++T;}
59 void solve()
60 {
61     dfs(0);  int now=0,id=0;
62     for(int i=1;i<=n;i++)
63     {
64         if(ch[i]=='P')
65         {
66             id++;
67             for(int j=qLink[id];j;j=qe[j].next)
68             {
69                 int y=pos[qe[j].y];
70                 ans[j]=get(r[y])-get(l[y]-1);
71             }
72         }
73         else if(ch[i]=='B')  add(l[now],-1),now=f[now];
74         else now=tr[now][ch[i]-'a'],add(l[now],1);
75     }
76     for(int i=1;i<=m;i++)  printf("%d
",ans[i]);
77 }
78 int main()
79 {
80     //freopen("cin.in","r",stdin);
81     //freopen("cout.out","w",stdout);
82     init();
83     solve();
84     return 0;
85 }