【bzoj2434】[Noi2011]阿狸的打字机

题目描述

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？

输入

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)。

输出

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。

样例输入

aPaPBbP
3
1 2
1 3
2 3

样例输出

2
1
0

---

题解

AC自动机

题目中打字的方法其实就是在建立Trie树，根据这个可以建出一棵Trie树。

首先必须要知道，x串在y串中出现的次数，就是y串中可以通过fail链到达x串的节点个数，

也就是fail树中，x串的子树中y串中节点的个数。

接下来的问题比较复杂。

怎样求fail树中x串的子树中y串中节点的个数？也即y串中节点有几个在x串中。

这需要dfs序，l与r之间是对应子树，可以用树状数组进行单点修改，区间查询。

在AC自动机中遍历一遍，遍历到y时，把l[y]加1，退出时把r[y]都减1。

那么可以发现：这就是给定的打字方式！

'a'~'z'：添加字符              'a'~'z'：数组加1

'B'：删除字符        =>      'B'：数组减1

'P'：打印字符                   'P'：处理询问

于是再次对原字符串进行处理，即可得解。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
#define N 1000001
using namespace std;
queue<int> q;
int nt[N][26] , fa[N] , fail[N] , cnt[N] , tot = 1 , pos[N] , p , c , head[N] , to[N] , nextn[N] , l[N] , r[N] , f[N << 1] , k , ans[N];
char str[N];
vector<int> son[N];
void add(int x , int y)
{
    to[++c] = y;
    nextn[c] = head[x];
    head[x] = c;
}
void build()
{
    int u , t , i;
    q.push(1);
    while(!q.empty())
    {
        u = q.front();
        q.pop();
        for(i = 0 ; i < 26 ; i ++ )
        {
            if(nt[u][i])
            {
                q.push(nt[u][i]);
                t = fail[u];
                while(t && !nt[t][i])
                    t = fail[t];
                if(t) fail[nt[u][i]] = nt[t][i];
                else fail[nt[u][i]] = 1;
            }
        }
    }
}
void dfs(int x)
{
    l[x] = ++k;
    int i;
    for(i = 0 ; i < (int)son[x].size() ; i ++ )
        dfs(son[x][i]);
    r[x] = ++k;
}
void update(int x , int a)
{
    int i;
    for(i = x ; i <= k ; i += i & -i)
        f[i] += a;
}
int query(int x)
{
    int i , ans = 0;
    for(i = x ; i ; i -= i & -i)
        ans += f[i];
    return ans;
}
void solve()
{
    int now = 1 , id = 0 , i , j , len = strlen(str);
    update(l[1] , 1);
    for(i = 0 ; i < len ; i ++ )
    {
        if(str[i] == 'P')
            for(j = head[++id] ; j ; j = nextn[j])
                ans[j] += query(r[pos[to[j]]]) - query(l[pos[to[j]]] - 1);
        else if(str[i] == 'B')
        {
            update(r[now] , -1);
            now = fa[now];
        }
        else
        {
            now = nt[now][str[i] - 'a'];
            update(l[now] , 1);
        }
    }
}
int main()
{
    int i , t = 1 , len , x , y , m;
    scanf("%s" , str);
    len = strlen(str);
    for(i = 0 ; i < len ; i ++ )
    {
        if(str[i] == 'P')
        {
            cnt[t] ++ ;
            pos[++p] = t;
        }
        else if(str[i] == 'B')
            t = fa[t];
        else
        {
            if(!nt[t][str[i] - 'a'])
                nt[t][str[i] - 'a'] = ++tot;
            fa[nt[t][str[i] - 'a']] = t;
            t = nt[t][str[i] - 'a'];
        }
    }
    build();
    for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )
        son[fail[i]].push_back(i);
    dfs(1);
    scanf("%d" , &m);
    for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
    {
        scanf("%d%d" , &x , &y);
        add(y , x);
    }
    solve();
    for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
        printf("%d\n" , ans[i]);
    return 0;
}