bzoj2434【NOI2011】阿狸的打字机

2434: [Noi2011]阿狸的打字机

Time Limit: 10 Sec   Memory Limit: 256 MB
Submit: 2119   Solved: 1225
[ Submit][ Status][ Discuss]

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

HINT

 1<=N<=10^5

1<=M<=10^5

输入总长<=10^5

Source

Trie

AC自动机+fail树+树状数组，思路好题

首先可以在O(n)的复杂度内对所有字符串建出Trie树。

然后BFS求出fail数组。

字符串x是字符串y的后缀，当且仅当y可以通过fail边走到x。那么x是y的子串，当且仅当trie树中y的祖先可以通过fail边走到x。所以对于一个询问(x,y)，等价于询问y有多少个trie树上的祖先可以通过fail边走到x。

发现将fail边反向构成一个树形结构，称这个树为fail树。

于是询问等价于求x的子树中有多少个点是y在trie树上的祖先。

考虑离线做法，按照y在trie上的DFS序排序，然后用树状数组维护fail树的DFS序上的信息。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 100005
using namespace std;
int n,now,cnt,tot,cnte;
int a[maxn][26],fa[maxn],fail[maxn],id[maxn],pos[maxn];
int l[maxn],r[maxn],sum[maxn],head[maxn],ans[maxn];
char s[maxn];
queue<int> q;
struct data{int x,y;}p[maxn];
struct edge_type{int next,to;}e[maxn];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y)
{
	e[++cnte]=(edge_type){head[x],y};
	head[x]=cnte;
}
void getfail()
{
	q.push(1);
	while (!q.empty())
	{
		int x=q.front();q.pop();
		F(i,0,25) if (a[x][i])
		{
			int y=a[x][i],j=fail[x];
			while (j&&!a[j][i]) j=fail[j];
			fail[y]=j?a[j][i]:1;
			q.push(y);
		}
	}
}
void dfs(int x)
{
	l[x]=++tot;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].next) dfs(e[i].to);
	r[x]=tot;
}
void add(int x,int y)
{
	for(;x<=cnt;x+=(x&(-x))) sum[x]+=y;
}
int query(int x)
{
	int ret=0;
	for(;x;x-=(x&(-x))) ret+=sum[x];
	return ret;
}
void solve(int x)
{
	add(l[x],1);
	for(int i=head[id[x]];i;i=e[i].next)
	{
		int t=e[i].to;
		ans[i]=query(r[pos[t]])-query(l[pos[t]]-1);
	}
	F(i,0,25) if (a[x][i]) solve(a[x][i]);
	add(l[x],-1);
}
int main()
{
	scanf("%s",s+1);
	int len=strlen(s+1);
	now=cnt=1;
	F(i,1,len)
	{
		if (s[i]=='B') now=fa[now];
		else if (s[i]=='P') id[now]=++tot,pos[tot]=now;
		else
		{
			int t=s[i]-'a';
			if (!a[now][t]) a[now][t]=++cnt,fa[cnt]=now;
			now=a[now][t];
		}
	}
	getfail();
	F(i,2,cnt) add_edge(fail[i],i);
	tot=0;dfs(1);
	memset(head,0,sizeof(head));cnte=0;
	n=read();
	F(i,1,n)
	{
		int x=read(),y=read();
		add_edge(y,x);
	}
	solve(1);
	F(i,1,n) printf("%d\n",ans[i]);
}