【BZOJ4212】神牛的养成计划 Trie树+可持久化Trie树

【BZOJ4212】神牛的养成计划

Description

Hzwer成功培育出神牛细胞，可最终培育出的生物体却让他大失所望......

后来，他从某同校女神 牛处知道，原来他培育的细胞发生了基因突变，原先决定神牛特征的基因序列都被破坏了，神牛hzwer很生气，但他知道基因突变的低频性，说不定还有以下优秀基因没有突变，那么他就可以用限制性核酸内切酶把它们切出来，然后再构建基因表达载体什么的，后面你懂的......

黄学长现在知道了N个细胞的DNA序列，它们是若干个由小写字母组成的字符串。一个优秀的基因是两个字符串s1和s2,当且仅当s1是某序列的前缀的同时，s2是这个序列的后缀时，hzwer认为这个序列拥有这个优秀基因。

现在黄学长知道了M个优秀基因s1和s2，它们想知道对于给定的优秀基因，有多少个细胞的DNA序列拥有它。

Input

第一行：N，表示序列数

接下来N行，每行一个字符串，代表N个DNA序列，它们的总长为L1

接下来一个M，表示询问数

接下来M行，每行两个字符串s1和s2，由一个空格隔开，hzwer希望你能在线回答询问，所以s1等于“s1”的所有字符按字母表的顺序向后移动ans位（字母表是一个环），ans为上一个询问的答案，s2同理。例如ans=2  “s1”=qz

则s1=sb。对于第一个询问，ans=0

s1和s2的总长度为L2

Output

输出M行，每行一个数，第i行的数表示有多少个序列拥有第i个优秀基因。

Sample Input

10
emikuqihgokuhsywlmqemihhpgijkxdukjfmlqlwrpzgwrwozkmlixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuookbqaaoyiorpfdetaeduogebnolonaoehthfaypbeiutssasrriafu
emikuqihgokuorocifwwymkcyqevdtglszfzgycbgnpomvlzppwrigowekufjwiiaxniutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgfkzpgnotajcfjctjqgjeeiheqrepbpakmlixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgfrhulymdxsqirjrfbngwszuyibuixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorguowwiozcgjetmyokqdrqxzigohiutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgsczejjmlbwhandxqwknutzgdmxtiutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgvzfcdxdiwdztolopdnboxfvqzfzxtpecxcbrklvtyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorocsbtlyuosppxuzkjafbhsayenxsdmkmlixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgfjvaikktsixmhaasbvnsvmkntgmoygfxypktjxjdkliixyxniutssasrriafu
10
emikuqihgokuorociysg yxniutssasrriafu
aiegqmedckgqknky eqpoowonnewbq
xfbdnjbazhdnhkhvb qrqgbnmlltlkkbtyn
bjfhrnfedlhrlolzfv qppxpoofxcr
zhdfpldcbjf stsidponnvnmmdvap
zhdfpldcbjfpjmjxdt gdstsidponnvnmmdvap
dlhjtphgfnjtnqnbhxr wxwmhtsrrzrqqhzet
bjfhrnfedlhrlolzfv frqppxpoofxcr
zhdfpldcbjf dponnvnmmdvap
ucyakgyxweakehes nondykjiiqihhyqvk

Sample Output

4
7
3
5
5
1
3
5
10
4

HINT

N<=2000

L1<=2000000

M<=100000

L2<=2000000

题解：对于前缀的要求，我们可以直接构建一棵Trie树，但是后缀的要求比较难搞。这就需要我们知道Trie树上的每个点被哪些单词所包含，然后判断这些单词的后缀是否满足要求。

这里又用到了DFS序的性质，当我们给所有单词按字典序排序后，Trie树上每个节点的子树里含有的单词 都在一段连续的区间中（Trie树的DFS序上的区间）。我们可以先利用Trie树将所有单词排序，然后求出每个节点对应的区间，再按照DFS序，对每个单词的反串维护一棵可持久化Trie树。这样，我们在查询的时候，只需要将s1在Trie树上跑一边，得到那个点对应的区间，再从可持久化Trie树里将那个区间拿出来，让s2在那里跑一边，看一下最终节点的siz就行了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxl=2000010;
int n,m,ans;
int rank,tot1,tot2;
int rt[2010],lp[2010],rp[2010];
char str[maxl],s1[maxl],s2[maxl];
struct trie
{
	int ch[26],org,ls,rs;
}t1[maxl];
struct ktrie
{
	int ch[26],siz;
}t2[maxl];
void insert(int x,int y,int z)
{
	rt[y]=++tot2,y=rt[y];
	int i,j,a;
	for(i=rp[z]-1;i>=lp[z];i--)
	{
		a=str[i]-'a',t2[y].ch[a]=++tot2;
		for(j=0;j<26;j++)	if(j!=a)	t2[y].ch[j]=t2[x].ch[j];
		y=t2[y].ch[a],x=t2[x].ch[a],t2[y].siz=t2[x].siz+1;
	}
}
int query(int x,int y)
{
	int i,a=strlen(s2),b;
	for(i=a-1;i>=0;i--)	b=s2[i]-'a',y=t2[y].ch[b],x=t2[x].ch[b];
	return t2[y].siz-t2[x].siz;
}
void dfs(int x)
{
	t1[x].ls=rank+1;
	if(!x)	return ;
	if(t1[x].org)	t1[x].ls=t1[x].rs=++rank,insert(rt[rank-1],rank,t1[x].org);
	for(int i=0;i<26;i++)	dfs(t1[x].ch[i]);
	t1[x].rs=rank;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	int i,j,a,b,u;
	tot1=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		lp[i]=rp[i-1],scanf("%s",str+lp[i]),rp[i]=strlen(str);
		for(u=1,j=lp[i];j<rp[i];j++)
		{
			b=str[j]-'a';
			if(!t1[u].ch[b])	t1[u].ch[b]=++tot1;
			u=t1[u].ch[b];
		}
		t1[u].org=i;
	}
	t1[0].ls=1<<30,t1[0].rs=0,dfs(1);
	scanf("%d",&m);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%s%s",s1,s2),a=strlen(s1),b=strlen(s2),u=1;
		for(j=0;j<a;j++)	s1[j]=(s1[j]-'a'+ans)%26+'a';
		for(j=0;j<b;j++)	s2[j]=(s2[j]-'a'+ans)%26+'a';
		for(j=0;j<a;j++)	u=t1[u].ch[s1[j]-'a'];
		if(!u)	ans=0;
		else	ans=query(rt[t1[u].ls-1],rt[t1[u].rs]);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}