Description
给定 (n) 个 (01) 模式串。(q) 次询问:
每次询问给定一个 (01) 串:
- 设给这个串匹配的串是在模式串中存在的他的最长前缀
- 问 ([a, b]) 时刻内,这个匹配的串变了多少次。
Solution
这题很坑没有给出 (01) 串的长度数据范围,不过应该能读进来说明是个字符串总数的复杂度是够的。
统计两个串符合某种前缀关系,首先想到 ( ext{Trie})。
显然这个答案符合区间可加性,设答案 (=) 匹配串在前 (r) 个时刻的变换次数 (-) 匹配串在前 (l) 个时刻的变换次数。拆完询问后,不妨考虑离线,考虑从小到大加入一个模式串到 ( ext{Trie}) 中,然后统计相应位置下的答案。
考虑在 (Trie) 树上动态维护每个节点的信息:
- (cnt_i) 表示从开始到当前时刻,如果匹配串在这个节点,它的最长前缀会被修改多少次
比较显然的是,如果存在两个模式串 (a,b),(a) 是 (b) 的前缀。那么当 (b) 存在的时候,(a) 当前要进行加入 / 删除, (a) 的修改不会影响 (b) 节点的子树(因为 (b) 节点的子树的最长前缀还是 (b)),但是会影响 (a) 的子树除了 (b) 的子树的部分,让他们的 (cnt) 都 (+1)。这启示我们再弄一个信息:
- (st_i) 表示 (i) 这个节点当前有没有模式串
那么每次修改 / 删除一个模式串 (a),就把 (a) 在 ( ext{Trie}) 下的从上到下不断扩展,除非遇到 (st) 为 ( ext{True}),那么停止。
然后我们发现这个东西其实和线段树的 ( ext{pushdown}) 很像,然后再想想是可以这么搞的,弄个加法 ( ext{tag}) 就行了,所以就 ( ext{OK}) 了。值得注意的是 ( ext{pushdown}) 仅能用在祖先全部处理完的情况下,不能胡乱加标记,否则修改的先后顺序会出现混乱,这是我之前尝试的(因为我不懂线段树 QAQ)。
时间复杂度
(O(线性))
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 100005;
int n, m, tr[N * 64][2], idx, cnt[N * 64];
int add[N * 64], pos[N], ans[N];
bool st[N * 64], opt[N];
char op[4], s[N][64], g[N][64];
vector<int> q[N];
void inline pushdown(int p) {
if (!add[p]) return;
if (!tr[p][0]) tr[p][0] = ++idx;
if (!tr[p][1]) tr[p][1] = ++idx;
if (!st[tr[p][0]]) add[tr[p][0]] += add[p], cnt[tr[p][0]] += add[p];
if (!st[tr[p][1]]) add[tr[p][1]] += add[p], cnt[tr[p][1]] += add[p];
add[p] = 0;
}
void inline insert(int id, bool tag) {
int p = 0;
for (int i = 0; s[id][i]; i++) {
int ch = s[id][i] - '0';
pushdown(p);
if (!tr[p][ch]) tr[p][ch] = ++idx;
p = tr[p][ch];
}
cnt[p]++, add[p]++;
st[p] = tag;
}
int inline query(int id) {
int p = 0;
for (int i = 0; g[id][i]; i++) {
int ch = g[id][i] - '0';
if (!tr[p][ch]) return cnt[p];
p = tr[p][ch];
pushdown(p);
}
return cnt[p];
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%s%s", op, s[i]);
opt[i] = op[0] == 'A';
}
for (int i = 1, a, b; i <= m; i++) {
scanf("%s%d%d", g[i], &a, &b);
q[a].push_back(i);
q[b].push_back(i);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
insert(i, opt[i]);
for (int j = 0; j < q[i].size(); j++) {
int id = q[i][j];
ans[id] = query(id) - ans[id];
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d
", ans[i]);
return 0;
}