BZOJ3277: 串(广义后缀自动机)

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 1196 Solved: 478
[Submit][Status][Discuss]

Description

字符串是oi界常考的问题。现在给定你n个字符串，询问每个字符串有多少子串（不包括空串）是所有n个字符串中

至少k个字符串的子串（注意包括本身）。

Input

第一行两个整数n，k。

接下来n行每行一个字符串。

n,k,l<=100000

Output

输出一行n个整数，第i个整数表示第i个字符串的答案。

Sample Input

3 1
abc
a
ab

Sample Output

6 1 3

HINT

Source

广义后缀自动机？就是把一坨字符串建到一个后缀自动机上？？

不过好难理解啊qwq。。

对于这题，首先我们要知道几个定理

1.节点$i$表示的本质不同的字符串可以由$len[i] - len[fa[i]]$得到

2.一个串的子串等价于一个串所有前缀的所有后缀

这样子串就转换为求一个串的前缀的所有后缀的问题

前缀可以枚举，问题转换为求一个字符串的各个后缀在其他字符串中出现了多少次

这样我们可以把广义后缀自动机建出来，然后暴力沿着$parent$边跑，这样可以枚举出所有后缀

同时为了不重复枚举，我们需要记录下每个后缀是否已经被枚举过了

这样我们就可以知道一个状态出现的次数是否$>= K$，接下来我们只要统计出这个状态出现的次数就行了

根据定理$1$，这个很好统计

然后就做完啦

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<cstring>

using namespace std;

const int MAXN = 1e6 + ;

string s[MAXN];

int N, K;

int fa[MAXN], len[MAXN], ch[MAXN][], root = , last = , tot = , times[MAXN];

void insert(int x) {

    int now = ++tot, pre = last; last = now; len[now] = len[pre] + ;

    for(; pre && !ch[pre][x]; pre = fa[pre]) ch[pre][x] = now;

    if(!pre) fa[now] = root;

    else {

        int q = ch[pre][x];

        if(len[q] == len[pre] + ) fa[now] = q;

        else {

            int nows = ++tot; len[nows] = len[pre] + ;

            memcpy(ch[nows], ch[q], sizeof(ch[q]));

            fa[nows] = fa[q]; fa[q] = fa[now] = nows;

            for(; pre && ch[pre][x] == q; pre = fa[pre]) ch[pre][x] = nows;

        }

    }

}

int vis[MAXN], sum[MAXN];

void GetTimes() {//求出每一个状态在几个字符串出现过

    for(int i = ; i <= N; i++) {

        int now = root;

        for(int j = ; j < s[i].length(); j++) {

            now = ch[now][s[i][j] - 'a'];//枚举每一个前缀

            int t = now;

            while(t && vis[t] != i) vis[t] = i, times[t]++, t = fa[t];//枚举每一个后缀

        }

    }

}

void dfs(int x) {

    if(x == root || vis[x]) return ;

    vis[x] = ;

    dfs(fa[x]);

    sum[x] += sum[fa[x]];

}

int main() {

#ifdef WIN32

    freopen("a.in", "r", stdin);

#endif

    ios::sync_with_stdio();

    cin >> N >> K;

    for(int i = ; i <= N; i++) cin >> s[i];

    for(int i = ; i <= N; i++) {

        last = ;

        for(int j = ; j < s[i].length(); j++)

            insert(s[i][j] - 'a');

    }

    GetTimes();

    for(int i = ; i <= tot; i++) sum[i] = (times[i] >= K) * (len[i] - len[fa[i]]);//i状态所表示的子串集合对答案的贡献

    memset(vis, , sizeof(vis));

    for(int i = ; i <= tot; i++) dfs(i);

    for(int i = ; i <= N; i++) {

        int ans = , now = root;

        for(int j = ; j < s[i].length(); j++)

            now = ch[now][s[i][j] - 'a'], ans += sum[now];

        //枚举前缀，算出每一个前缀所包含的后缀对答案啊的贡献

        printf("%d ", ans);

    }

    return ;

}