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  • BZOJ 2434 阿狸的打字机(fail树)

    题目链接:http://61.187.179.132/JudgeOnline/problem.php?id=2434

    题意: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:

    (1)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)。

    (2)按一下印有'B'的按键,打字机凹槽中最后一个字母会消失。

    (3)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?

     

    思路:首先,将所有串插入trie建立自动机。那么对于一个询问(x,y),最简单的做法是枚举root到y路径上的每个字母,然后这个字母沿着他的fail指针一直走,若能走到x,那么这个位置就能匹配到x,答案加1。这种做法过于暴力。我们想下,对于每个x,我们用V[i]记录下能够通过fail指针转移到x的所有位置,然后使用V数组DFS一次,得到一个DFS序列,并记录每个点在DFS序列的两个位置,那么我们就能得到,能够转移到x的所有字母都在x的两个位置的中间。比如aPbPBaPbPaP得到的自动机为:

    旁边的数字为串的编号。相应的V数组为:V[0]={2,1},V[1]={5,3},V[2]={4},那么我们得到的DFS序列为:0 2 4 4 2 1 5 5 3 3 1 0。那么对于每个询问(x,y),当DFS到y的时候,我们只要知道此时有多少个字母在两个x之间即可。比如询问(2,4),我们从root一直DFS到4,中间插入了1,3,4,到了4时我们查询两个2之间的和就是答案,很明显只有4一个,答案就是1。当我们查询(1,5)是,我们DFS到5时插入了1,3,4,5,到了5时,查询两个1之间的,很明显有三个是1,3,5,答案就是3。另外,在DFS返回时要将插入的删除。这里,使用树状数组维护比较简单。





    struct node
    {
        int next[26],p,fail;


        void init()
        {
            clr(next,0);
            fail=-1;
        }
    };


    node a[N];
    int e;
    int strMap[N],strCnt;


    void insert(string s)
    {
        a[0].init(); e++;
        int i,k,p=0;
        FOR0(i,SZ(s))
        {
            if(s[i]>='a'&&s[i]<='z')
            {
                k=s[i]-'a';
                if(a[p].next[k]==0)
                {
                    a[e].init();
                    a[p].next[k]=e++;
                }
                a[a[p].next[k]].p=p;
                p=a[p].next[k];
            }
            else if(s[i]=='P') strMap[++strCnt]=p;
            else if(s[i]=='B') p=a[p].p;
        }
    }

    vector<int> V[N];


    void build()
    {
        queue<int> Q;
        Q.push(0);
        int i,u,k,t;
        while(!Q.empty())
        {
            u=Q.front();
            Q.pop();


            FOR0(i,26) if(a[u].next[i])
            {
                t=a[u].next[i];
                k=a[u].fail;
                while(k!=-1&&!a[k].next[i]) k=a[k].fail;
                if(k==-1) a[t].fail=0;
                else a[t].fail=a[k].next[i];


                Q.push(t);
                V[a[t].fail].pb(t);
            }
        }


    }

    string s;
    int n,m;
    vector<pair<int,int> > q[N];
    int ans[N],L[N],R[N],S[N];


    void add(int x,int det)
    {
        while(x<N)
        {
            S[x]+=det;
            x+=x&-x;
        }
    }


    int get(int x)
    {
        int ans=0;
        while(x)
        {
            ans+=S[x];
            x-=x&-x;
        }
        return ans;
    }


    void DFS(int u)
    {
        L[u]=++m;
        int i;
        FOR0(i,SZ(V[u])) DFS(V[u][i]);
        R[u]=++m;
    }


    void dfs(int u)
    {
        int i,x,y,p;
        FOR0(i,SZ(q[u]))
        {
            x=q[u][i].first;
            y=q[u][i].second;
            ans[y]=get(R[x])-get(L[x]-1);
        }
        FOR0(i,26) if(a[u].next[i])
        {
            p=a[u].next[i];
            add(L[p],1);
            dfs(p);
            add(L[p],-1);
        }
    }


    int main()
    {
        RD(s); insert(s); build(); RD(n);
        int i,x,y;
        FOR1(i,n)
        {
            RD(x,y);
            q[strMap[y]].pb(MP(strMap[x],i));
        }
        DFS(0); dfs(0);
        FOR1(i,n) PR(ans[i]);
    }

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/jianglangcaijin/p/3470901.html
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