转载自

●赘述题目

（题意就不赘述了）

●解法：

●我先想的一个比较暴力的方法（要TLE）：

（ac自动机）先求出last数组（参见刘汝佳的解释：last[j]：表示j节点沿着失配指针往回走时，遇到的下一个单词节点（即单词在此结束）的编号），然后对输入的编号为y的字符串的每一个位置进行递归寻找是否能连上x字符串的结束节点。（给出失败代码片段图，就不解释了）

●正解：

（ac自动机）求出fail数组，然后以fail数组建树，如图

（看啊，红色的边和各点形成了另一棵树）

那么（看红树），若一个点在某个字符串结束节点的子树内，那么该字符串则出现在那个点所在的字符串里；如图中的a-b-c字符串和c字符串。

现在，我们若要求x字符串在y内出现了几次，就只需求以x的结束节点为根的子树内，有多少个节点是y字符串上的。

如何做呢？

将询问离线，y相同询问的弄在一起；

然后求出红树的dfs序（有点诡异，看代码）；

我们再遍历一遍输入的字符串：

对于输入的‘a’-‘z’，把对应的dfs序中其出现的位置的值加1，用树状数组维护；

对于输入的‘B’，现在的字符所对应的dfs序中的位置的值减1；

对于遇到的c个‘P’，我们不难发现，现在的树状树状维护的便是第c个字符串的每一个字符在dfs序中的位置的值所加1后的结果。接着便可用区间查询求出y==c的询问的答案。

那么上代码：

                               
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using
namespace
std;
struct
node{ 
    
int
x,y;
} q[100005];
struct
edge{ 
    
int
to,next;
}e[200005];
int
ch[100005][27];
int
val[100005],fail[100005],fa[100005],fini[100005],l[100005],r[100005],ans[100005];
int
head[100005],headq[100005],nxt[100005],lat[100005],c[150000];
char
x[100005];
int
cnt,pnt,ent=1,dnt,lx;
int
idx(
char
x) { 
return
x-
'a'
;}
void
modify(
int
u,
int
d) { 
for
(
int
i=u;i<=dnt;i+=i&(-i)) c[i]+=d;}
int
query(
int
u) { 
int
sum=0;
for
(
int
i=u;i;i-=i&(-i)) sum+=c[i]; 
return
sum;}
void
add(
int
u,
int
v)
{ 
    
e[ent]=(edge){v,head[u]};head[u]=ent++;
    
e[ent]=(edge){u,head[v]};head[v]=ent++;
}
void
read_trie()
{ 
    
int
u=0;
    
for
(
int
i=1;i<=lx;i++)
    
{ 
        
if
(x[i]==
'B'
) u=fa[u];
        
else
if
(x[i]==
'P'
) val[u]=++pnt,fini[pnt]=u;
        
else
        
{ 
            
int
c=idx(x[i]);
            
if
(!ch[u][c]) ch[u][c]=++cnt,fa[ch[u][c]]=u;
            
u=ch[u][c];
        
}
    
}
}
void
get_fail()
{ 
    
queue<
int
> q;
    
for
(
int
c=0;c<26;c++) { 
int
u=ch[0][c]; 
if
(u) q.push(u);}
    
while
(!q.empty())
    
{ 
        
int
r=q.front(); q.pop();
        
for
(
int
c=0;c<26;c++)
        
{ 
            
if
(!ch[r][c]) 
continue
;
            
int
u=ch[r][c];
            
q.push(u);
            
int
v=fail[r];
            
while
(v&&!ch[v][c]) v=fail[v];
            
fail[u]=ch[v][c];
        
}
    
}
}
//----------------------------------------------------------------------
void
dfs_xu(
int
u,
int
fa)
{ 
    
l[u]=++dnt;
    
for
(
int
i=head[u];i;i=e[i].next) 
if
(e[i].to!=fa) dfs_xu(e[i].to,u);
    
r[u]=dnt;
}
void
work()
{ 
    
int
m; 
scanf
(
"%d"
,&m);
    
for
(
int
i=1;i<=m;i++)
    
{ 
        
scanf
(
"%d%d"
,&q[i].x,&q[i].y);  
        
nxt[i]=lat[q[i].y];
        
lat[q[i].y]=i;
    
}
    
for
(
int
i=1;i<=cnt;i++) add(i,fail[i]);
    
dfs_xu(0,0);
    
int
p=0,id=0;
    
for
(
int
i=1;i<=lx;i++)
    
{ 
        
if
(x[i]==
'P'
)
        
{ 
            
id++; 
            
for
(
int
j=lat[id];j;j=nxt[j])
            
{  
                
int
u=fini[q[j].x];  
                
ans[j]=query(r[u])-query(l[u]-1);  
            
}  
        
}  
        
else
if
(x[i]==
'B'
) modify(l[p],-1),p=fa[p];  
        
else
p=ch[p][idx(x[i])],modify(l[p],1);  
    
}
    
for
(
int
i=1;i<=m;i++) 
printf
(
"%d\n"
,ans[i]);
} 
int
main()
{ 
    
scanf
(
"%s"
,x+1);
    
lx=
strlen
(x+1);
    
read_trie();
    
get_fail();
    
work();
    
return
0;
}
          
        

转载于:https://www.cnblogs.com/wsy01/p/6938613.html

你可能感兴趣的文章