Time limit per test: 1.0 seconds
Memory limit: 256 megabytes
子串的定义是在一个字符串中连续出现的一段字符。这里，我们使用 s[l…r] 来表示 s 字符串从 l 到 r（闭区间）的子串。在本题中，字符串下标从 0 开始。显然，对于长度为 n 的字符串共有 n(n+1)2 个子串。
对于一个给定的字符串 s，唐纳德给出 q 次询问，第 i 次询问包括三个参数 li,ri,zi，问在 s[li…ri] 的所有子串中共有多少个恰好为 zi。
Input
输入具有如下形式：
sql1 r1 z1l2 r2 z2⋮lq rq zq
第一行一个字符串 s。
第二行一个整数 q。
接下来每行：首先两个整数 li,ri (0≤li≤ri<|s|)，然后是一个非空字符串 zi。整数和整数，整数和字符串间以单空格隔开。
字符串中只会出现 26 个小写英文字母。
数据规模约定：
- 对于 Easy 档：1≤|s|≤100,q≤∑|zi|≤100。
- 对于 Hard 档：1≤|s|≤105,q≤∑|zi|≤105。
Output
对于每次询问，输出一个整数，表示答案。
Examples
input
thisisagarbagecompetitionhahaha 5 0 30 a 1 5 is 25 30 hah 6 12 ag 7 12 ag
output
6 2 2 2 1
题意：
给定一个模板串X，求每次给出的匹配串在模板串x特定的位置[L,R]区间出现次数。
自己思路：
小数据，KMP水过。对于大数据，emmmm，感觉后缀自动机没想出来，就没想了，GG。
官方题解：
“考虑离线处理。将所有查询和母串相连建后缀数组。对于每一个查询，在排好序的后缀数组中恰好有一段相对应，可以二分求得 L,R。问题就转换为在 L,R 区间内有多少后缀的下标在查询区间范围内的。这是一个非常经典的区间问题。继续考虑离线处理，从大往小将数插入，然后使用树状数组轻松解决。时间复杂度 O(nlogn)。
事实上本题的做法非常套路，所以过得人也比 F 多（？？？）。
据验题人说暴力加疯狂特判也能过，而且玄学优化不可卡。暴力姿势太大，比不来。”
Easy部分：KMP暴力
小数据
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<memory.h> using namespace std; char a[1000010],b[1000010]; int Next[1000010],L1,L2,ans,x,y; void _next() { int i,k; Next[1]=0; for(i=2,k=0;i<=L2;i++){ while(k&&b[k+1]!=b[i]) k=Next[k]; if(b[k+1]==b[i]) k++; Next[i]=k; } } void _kmp() { _next(); int i,k; ans=0; for(i=x,k=0;i<=y;i++){ while(k&&b[k+1]!=a[i]) k=Next[k]; if(b[k+1]==a[i]) k++; if(k==L2&&i-L2+1>=x) { ans++; k=Next[k]; } } } int main() { int q; scanf("%s",a+1); scanf("%d",&q); L1=strlen(a+1); while(q--){ ans=0; scanf("%d%d",&x,&y); x++;y++; scanf("%s",b+1); L2=strlen(b+1); _next(); _kmp(); printf("%d ",ans); } return 0; }
Hard部分：
后缀自动机各种不过。应该还是要用后缀数组才行。
我的代码（没过，小数据没问题）
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<memory> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; const int maxn=201000; char chr[maxn]; int Le,Ri,Now; vector<int>G[maxn]; struct SAM { int sz,Last,ch[maxn][26],slink[maxn],maxlen[maxn],ans; void init() { Last=sz=1;G[1].clear(); memset(ch[1],0,sizeof(ch[1])); } void add(int x) { int np=++sz,p=Last;Last=np; G[np].clear(); memset(ch[np],0,sizeof(ch[np])); maxlen[np]=maxlen[p]+1; while(p&&!ch[p][x]) ch[p][x]=np,p=slink[p]; if(!p) slink[np]=1; else { int q=ch[p][x]; if(maxlen[q]==maxlen[p]+1) slink[np]=q; else { int nq=++sz; G[nq].clear(); memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q])); G[nq].assign(G[q].begin(),G[q].end()); //G[q].swap(G[nq]); slink[nq]=slink[q],slink[np]=slink[q]=nq; maxlen[nq]=maxlen[p]+1; while(p&&ch[p][x]==q) ch[p][x]=nq,p=slink[p]; } } while(np>1) G[np].push_back(Now),np=slink[np]; } void solve() { scanf("%d%d",&Le,&Ri); scanf("%s",chr); int Lt=strlen(chr); int mp=1,Len=0;ans=0;Le=Le+Lt-1; for(int j=0;j<Lt;j++) { int x=chr[j]-'a'; if(ch[mp][x]) { Len++; mp=ch[mp][x];} else { while(mp&&!ch[mp][x]) mp=slink[mp]; if(!mp) { mp=1; Len=0; } else { Len=maxlen[mp]+1; mp=ch[mp][x]; } } } if(Len==Lt) for(int i=0;i<G[mp].size();i++){ if(G[mp][i]>=Le&&G[mp][i]<=Ri) ans++; } printf("%d ",ans); } }; SAM sam; int main() { sam.init(); int q,l; scanf("%s",chr); l=strlen(chr); for(Now=0;Now<l;Now++) sam.add(chr[Now]-'a'); scanf("%d",&q); while(q--) sam.solve(); return 0; }