【bzoj4212】神牛的养成计划

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Description

​　　给你\(n\)个字符串，接下来有\(m\)个询问，每个询问由两个给定的字符串\(s_1\)和\(s_2\)组成，对于每个询问输出\(n\)个字符串中有多少个同时满足\(s_1\)是其前缀且\(s_2\)是其后缀，强制在线

​​　　数据范围：\(n<=2000,m<=100000\)，\(n\)个字符串总长度以及询问字符串总长度均\(<=2000000\)

​　　

Solution

​​　　（怎么感觉自己好像没有学过trie一样是因为太久没有写所以根本没有往那个方向想吗==）

​　　最暴力的做法的话。。想法很简单：先确定哪些字符串满足\(s_1\)是前缀，再看其中满足\(s_2\)是后缀的数量

​　　前缀这种东西的话，如果说我们将\(n\)个字符串丢到trie里面，将dfs一遍之后各个字符串结尾对应节点的访问顺序存在一个数组里面，那么对于一个询问\((s_1,s_2)\)，满足\(s_1\)是前缀的字符串的结尾对应节点必定在一个子树当中，反应到数组里面的话就是一个区间

​​　　那所以接下来我们要做的就是查这个区间内的字符串有多少个满足\(s_2\)是后缀，只要将所有的串反转然后丢到trie里面，就又转成查前缀的问题了，解决方式和上面一样

​​　　至于区间这个问题，直接可持久化一下就好了

​　　

​　　mark：**没事还是不要随便用getline好了==评测的时候超级容易翻车 **

​​　　mark：前缀什么的也是应该考虑一下trie啊qwq不要看到字符串什么的就满脑子sa、sam之类的

​　　

​　　代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#define mp make_pair
#define Pr pair<int,int>
using namespace std;
const int N=2010,L=2000010,C=26;
string s[N],s1,s2;
char tmps[L];
int st[N],lis[N];
int n,tot,lastans,m;
namespace T1{/*{{{*/
	const int N=::L;
	int ch[N][C],st[N],ed[N];
	vector<int> mark[N];
	int tot,rt;
	void init(){rt=1;tot=1;}
	void insert(string s,int id){
		int len=s.length(),now=rt,c;
		for (int i=0;i<len;++i){
			c=s[i]-'a';
			if (!ch[now][c]) ch[now][c]=++tot;
			now=ch[now][c];
		}
		mark[now].push_back(id);
	}
	void dfs(int x){
		bool have=mark[x].size();
		if (mark[x].size()){
			st[x]=lis[0]+1;
			for (int i=0;i<mark[x].size();++i)
				lis[++lis[0]]=mark[x][i];
		}
		bool flag=false;
		for (int i=0;i<C;++i){
			if (!ch[x][i]) continue;
			dfs(ch[x][i]);
			if (!flag&&!have)
				st[x]=st[ch[x][i]];
			flag=true;
		}
		ed[x]=lis[0];
	}
	void get_order(){lis[0]=0; dfs(rt);}
	Pr query(string s){
		int now=rt,len=s.length(),c;
		for (int i=0;i<len;++i){
			//printf("%c\n",s[i]);
			c=(s[i]-'a'+lastans)%C;
			now=ch[now][c];
		}
		if (!now) return mp(-1,-1);
		return mp(st[now],ed[now]);
	}
}/*}}}*/
namespace T2{/*{{{*/
	const int N=::L;
	int ch[N][C],rt[::N],cnt[N];
	int tot;
	void init(){tot=0;rt[0]=0;}
	int newnode(int pre){
		cnt[++tot]=cnt[pre];
		for (int i=0;i<C;++i) ch[tot][i]=ch[pre][i];
		return tot;
	}
	void _insert(int pre,int &x,string &s,int loc){
		x=newnode(pre);
		++cnt[x];
		if (loc<0) return;
		int c=(s[loc]-'a'+lastans)%C;
		_insert(ch[pre][c],ch[x][c],s,loc-1);
	}
	void insert(int pre,int x,string &s){_insert(rt[pre],rt[x],s,s.length()-1);}
	int query(int l,int r,string s){
		int nowl=rt[l],nowr=rt[r],c,len=s.length();
		int ret=0;
		for (int i=len-1;i>=0&&(nowl||nowr);--i){
			c=(s[i]-'a'+lastans)%C;
			nowl=ch[nowl][c];
			nowr=ch[nowr][c];
		}
		return cnt[nowr]-cnt[nowl];
	}
}/*}}}*/
void print(string s){
	int len=s.length();
	for (int i=0;i<len;++i) printf("%c",s[i]);
	printf("\n");
}
void get_s(string &s){
	scanf("%s",tmps);
	int len=strlen(tmps);
	s.resize(0);
	for (int i=0;i<len;++i)
		s.push_back(tmps[i]);
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	char ch;
	Pr rec;
	scanf("%d\n",&n);
	T1::init(); T2::init();
	lastans=0;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		get_s(s[i]);
		//print(s[i]);
		T1::insert(s[i],i);
	}
	T1::get_order();
	for (int i=1;i<=lis[0];++i){
		T2::insert(i-1,i,s[lis[i]]);
	}
	scanf("%d\n",&m);
	for (int i=1;i<=m;++i){
		get_s(s1);
		get_s(s2);
		//print(s1);print(s2);
		rec=T1::query(s1);
		if (rec.first!=-1)
			lastans=T2::query(rec.first-1,rec.second,s2);
		else lastans=0;
		printf("%d\n",lastans);
	}
}