BZOJ3277 串 和 BZOJ3473 字符串

字符串

给定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？

分析

参照自为风月马前卒和Candy?的题解。

广义后缀自动机不就是把很多串的SAM建到了一个SAM上，建每个串的时候都从root开始(last=root)就行了........

广义后缀自动机是Trie树的后缀自动机，可以解决多主串问题

这样的在线构造算法复杂度为O(G(T))，G(T)为Trie树上所有叶子节点深度和，发现G(T)<=所有主串总长度

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

这样最坏情况下复杂度为O(L^3/2),发生在n=L的时候(均值不等式啊)

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

DP出f[i]为i及其Parent祖先出现次数>=k有多少字符串(注意一个状态贡献的字符串为t[par].val-t[u].val)，然后在跑一遍每个字符串得到答案就行了

然后就做完了。时间复杂度\(O(L^{1.5})\)

co int N=2e5;
string s[N];
int last=1,tot=1;
int ch[N][26],fa[N],len[N];
void extend(int c){
	int p=last,cur=last=++tot;
	len[cur]=len[p]+1;
	for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=cur;
	if(!p) fa[cur]=1;
	else{
		int q=ch[p][c];
		if(len[q]==len[p]+1) fa[cur]=q;
		else{
			int clone=++tot;
			memcpy(ch[clone],ch[q],sizeof ch[q]);
			fa[clone]=fa[q],len[clone]=len[p]+1;
			fa[cur]=fa[q]=clone;
			for(;ch[p][c]==q;p=fa[p]) ch[p][c]=clone;
		}
	}
}
int vis[N],times[N],sum[N];
void dfs(int x){
	if(x==1||vis[x]) return;
	vis[x]=1;
	dfs(fa[x]);
	sum[x]+=sum[fa[x]];
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		cin>>s[i];
		last=1;
		for(int j=0;j<s[i].length();++j) extend(s[i][j]-'a');
	}
	// GetTimes
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int now=1;
		for(int j=0;j<s[i].length();++j){
			now=ch[now][s[i][j]-'a'];
			for(int t=now;t&&vis[t]!=i;t=fa[t]) vis[t]=i,++times[t];
		}
	}
	for(int i=1;i<=tot;++i) sum[i]=(times[i]>=k)*(len[i]-len[fa[i]]);
	memset(vis,0,sizeof vis);
	for(int i=1;i<=tot;++i) dfs(i);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int ans=0,now=1;
		for(int j=0;j<s[i].length();++j)
			now=ch[now][s[i][j]-'a'],ans+=sum[now];
		printf("%d ",ans);
	}
	return 0;
}