题意:
给出n个字符串和m个询问;
每个询问有l,r和一个字符串;
查询[l,r]区间中的所有是询问字符串的子串的最大长度;
n<=100000,m<=100000,字符串总长度<=500000;
此题为CH【弱省胡策】 #1 T2;
题解:
一道好题,感觉正解说起来只是一句话但是真是很有道理。。
就是说:将询问拆成log个区间,对线段树每个结点建AC自动机分别处理;
这样每个询问都只询问了log个区间,每个字符串也只被log个结点覆盖;
时间复杂度O(nlogn*26),代码极其好写。。
实际上这样也就是处理区间问题的基本方法之一,拆分成log个区间来做,用线段树一样的分析来保证复杂度;
不要忘了取模哦XD
代码:
#include
#include
#include
#include
#include
#define N 110000
#define LEN 610000
#define S 26
#define lson l,mid,no<<1
#define rson mid+1,r,no<<1|1
#define vec vector
#define iter vec::iterator
using namespace std;
char buf1[LEN];
char* str[N];
char buf2[LEN];
char* p[N];
int L[N],R[N];
int ans[N];
vec query[N<<2];
int next[LEN][S],fail[LEN],len[LEN],tot;
queueq;
int newnode()
{
int ret=++tot;
memset(next[ret],0,sizeof(int)*S);
fail[ret]=len[ret]=0;
return ret;
}
void init()
{
tot=0;
newnode();
}
void Insert(char* s)
{
int p=1,index,l=0;
while(*s!='\0')
{
index=*s-'a';
if(!next[p][index])
next[p][index]=newnode();
p=next[p][index];
s++;
l++;
}
len[p]=max(len[p],l);
}
void Build()
{
int x,i,temp,p;
q.push(1);
while(!q.empty())
{
x=q.front(),q.pop();
for(i=0;i>1;
if(en<=mid) update(lson,st,en,val);
else if(st>mid) update(rson,st,en,val);
else update(lson,st,en,val),update(rson,st,en,val);
}
}
void slove(int l,int r,int no)
{
if(!query[no].empty())
{
init();
for(int i=l;i<=r;i++)
Insert(str[i]);
Build();
for(iter it=query[no].begin();it!=query[no].end();it++)
ans[*it]=max(calc(p[*it]),ans[*it]);
}
if(l==r) return ;
int mid=l+r>>1;
slove(lson);
slove(rson);
}
int main()
{
int n,m,i,j,k,x,y;
scanf("%d%d",&n,&m);
str[0]=buf1,p[0]=buf2;
for(i=1;i<=n;i++)
{
str[i]=str[i-1]+strlen(str[i-1])+1;
scanf("%s",str[i]);
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
p[i]=p[i-1]+strlen(p[i-1])+1;
scanf("%d%d%s",L+i,R+i,p[i]);
update(1,n,1,L[i],R[i],i);
}
slove(1,n,1);
for(i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]%998244353);//千万别忘了取模!!!!
return 0;
}