HDU 5129 Yong Zheng's Death

题目链接：HDU-5129

题目大意为给一堆字符串，问由任意两个字符串的前缀子串（注意断句）能组成多少种不同的字符串。

思路是先用总方案数减去重复的方案数。

考虑对于一个字符串S，如图，假设S1，S2，S3，S4，S5，S6均为前缀。

换言之，对于这种字符串，我们计算了三次。

发现，重复的方案数，等于中间如图有颜色的方块的数量。所以我们要做的也就是计数像图中有颜色的小方块的数量。

我们可以通过遍历像S6一样的字符串的数量，来计算重复的方案数。S6满足以下条件：

1. 存在一个前缀S4为S6的后缀，且S4为S6的最长的“是前缀的”后缀（保证是小方块间没有隔板）。
2. S6-S4为某个前缀的后缀（在图中为S3的后缀）。

我们发现，对于某一个S6，其对应的S4时一定的。

我们用sum[S]表示以S为后缀的前缀字符串的数量。

这样，当我们遍历S6，对于每一个S6，我们找到其对应的S4后，只要减去（ sum[S6-S4] - 1 ）即可。

所以我们要处理的，就是以下两个问题：

1. 如何找到S6对应的S4
2. 如何求sum[S]

这时候，我们发现S6与S4的关系，和AC自动机的性质很像。S6在失配时跳到的位置就是S4。于是第一个问题解决了。

对于第二个问题，我们同样可以通过AC自动机找到。具体的参见代码。

 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<queue>
 using namespace std;
 
 typedef long long LL;
 const LL MAXN=;
 const LL SIGMA_SIZE=;
 struct Trie
 {
     LL ch[MAXN][SIGMA_SIZE];
     LL fa[MAXN];
     LL sz;                                              //节点总数
     Trie() { sz=; fa[]=-; memset(ch[],,sizeof(ch[])); }
     LL idx(char c) { return c-'a'; }                     //节点c的编号
     void clear() { sz=; fa[]=-; memset(ch[],,sizeof(ch[])); }
 
     //在Trie中插入字符串s
     void insert(char *s)
     {
         LL u=,n=strlen(s);
         for(LL i=;i<n;i++)
         {
             LL c=idx(s[i]);
             if(!ch[u][c])                                //节点不存在
             {
                 memset(ch[sz],,sizeof(ch[sz]));
                 fa[sz]=u;
                 ch[u][c]=sz++;                            //新建节点
             }
             u=ch[u][c];                                    //往下走
         }
     }
 
     //AC自动机部分
     LL f[MAXN];
     LL deg[MAXN];
     LL sum[MAXN];                             //sum[i]表示以Si为后缀的前缀的数量
     void getFail()
     {
         queue<LL> q;
         f[]=;
         //初始化队列
         for(LL c=;c<SIGMA_SIZE;c++)
         {
             LL u=ch[][c];
             if(u) { f[u]=; q.push(u); }
         }
         //按BFS顺序计算失配函数
         while(!q.empty())
         {
             LL r=q.front(); q.pop();
             for(LL c=;c<SIGMA_SIZE;c++)
             {
                 LL u=ch[r][c];
                 if(!u) { ch[r][c]=ch[f[r]][c]; continue; }
                 q.push(u);
                 LL v=f[r];
                 f[u]=ch[v][c];
             }
         }
         for(LL i=;i<sz;i++) { deg[i]=; sum[i]=; }
         for(LL i=;i<sz;i++) deg[f[i]]++;
         queue<LL> Q;
         for(LL i=;i<sz;i++) if(!deg[i]) Q.push(i);
         while(!Q.empty())
         {
             LL u=Q.front(); Q.pop();
             sum[f[u]]+=sum[u];
             deg[f[u]]--;
             if(!deg[f[u]]) Q.push(f[u]);
         }
     }
 
     void solve()
     {
         LL tot=;
         for(LL i=;i<sz;i++) if(f[i])
         {
             LL j=f[i];
             LL p=i;
             while(j)
             {
                 p=fa[p];
                 j=fa[j];
             }
             tot+=sum[p]-;
         }
         printf("%lld\n",1LL*(sz-)*(sz-)-tot);
     }
 };
 Trie T;
 int main()
 {
 #ifdef LOCAL
     freopen("in.txt","r",stdin);
 #endif
     LL n;
     while(scanf("%lld",&n) && n)
     {
         scanf("%lld",&n);
         for(LL i=;i<=n;i++)
         {
             char s[];
             scanf("%s",s);
             T.insert(s);
         }
         T.getFail();
         T.solve();
         T.clear();
     }
     return ;
 }