旅行问题（bzoj 2746）

Description

yz是Z国的领导人，他规定每个地区的名字只能为26个小写拉丁字母的一个。由于地 区数有可能超过26个，便产生了一个问题，如何辨别名字相同的地区？于是yz规定，一个 地区的描述必须包含它的所有上级，且上级按次序排列。于是，一个地区的描述是一个字符 串。比如说，一个地区的名字为c，它的上级为b，b的上级为a，a没有上级，那么这个地 区就描述为abc。显然，这个描述同时包含了c的上级b和b的上级a的描述，分别为ab和a。 值得注意的是，每个地区最多有一个上级，同一上级的地区之间名字不同，没有上级的 地区之间名字不同。现在，yz对外公布了n个地区的描述，这些描述中包含了Z国所有地区的描述，并让 你处理来访者的旅行问题。现有m对人访问这个国家，对于每对人，第一个人喜欢第i个描述中的第j个地区，设 这个地区描述为s1，第二个人喜欢第k个描述中的第l个地区，设这个地区描述为s2。他们为了统一行程，决定访问描述为s的地区（显然他们只关心地区的名字，并非是地区本身）， 设s的长度为t，s需要满足以下条件： 
1：t<=j, t<=l; 
1：s[1..t] = s1[j-t+1 … j], s[1..t] = s2[l-t+1 … l]；（即s为s1中1到k位 与s2中1到l位的公共后缀） 
2：t最大化。 
为了不使输出过大，你只需把这个字符串按照如下生成的26进制数转成10进制后mod 1000000007后输出: 
a->0 
b->1 
. 
. 
. 
z->25 
比如地区cab被编码成2 *    26? + 0 * 26? + 1 * 26? = 1353。

Input

第一行给定一个整数n 
第2…n+1行:每i+1行给定一个字符串a[i],表示第i个描述。 
接下来一行一个整数m 
接下来m行:每行给定四个整数i,j,k,l，字母含义与题目描述一致。

Output

共m行，每行一个整数，表示答案字符串的编码。

Sample Input

2
aabb babb
2
1 3 2 3
1 4 2 4

Sample Output

1
1
【样例说明】
询问1中的公共后缀有ab和b，但是没有ab这个地区，只有b地区，所以只能选择b这个 地区；
询问2中的公共后缀有abb、bb和b，但是没有abb和bb这两个地区，只有b地区，所以 只能选择b这个地区。

HINT

【数据范围】

设这个国家地区总数数为tot（注意：输入的字符串总长度可能超过tot！） 对于30%的数据，满足tot，m，n<=100；

对于50%的数据，满足tot，m，n<=1000；

对于80%的数据，满足tot，m，n<=100000；

对于100%的数据，满足tot，m，n<=1000000；

保证输入文件不超过20MB。

/*
    题面较难理解，意思就是求两个字符串的前缀的最长后缀，且这个后缀在所有的字符串中曾经出现过。
    这个题目完美符合了fail树的最近公共祖先的定义。
    因为它们的公用祖先一定是各自的后缀，且一定是最长的。
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#define N 1000010
#define mod 1000000007
#define lon long long
using namespace std;
int a[N][],fa[N][],dep[N],sum[N],pos[N*],st[N],n,m,size=,tot;
char s[N];
queue<int> q;
void insert(int id){
    int len=strlen(s),now=;st[id]=tot;
    for(int i=;i<len;i++){
        int t=s[i]-'a';
        if(!a[now][t]){
            a[now][t]=++size;
            sum[size]=((lon)sum[now]*+t)%mod;
        }
        now=a[now][t];
        pos[++tot]=now;
    }
}
void build(){
    q.push();
    while(!q.empty()){
        int now=q.front();q.pop();
        for(int i=;i<;i++){
            if(!a[now][i]) continue;
            int k=fa[now][];
            while(!a[k][i]) k=fa[k][];
            fa[a[now][i]][]=a[k][i];
            dep[a[now][i]]=dep[a[k][i]]+;
            q.push(a[now][i]);
        }
    }
}
void get_fa(){
    for(int j=;j<=;j++)
        for(int i=;i<=size;i++)
            fa[i][j]=fa[fa[i][j-]][j-];
}
int LCA(int u,int v){
    if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
    int t=dep[u]-dep[v];
    for(int i=;i<=;i++)
        if(t&(<<i)) u=fa[u][i];
    if(u==v) return u;
    for(int i=;i>=;i--)
        if(fa[u][i]!=fa[v][i]){
            u=fa[u][i];
            v=fa[v][i];
        }
    return fa[u][];
}
int main(){
    for(int i=;i<;i++) a[][i]=;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%s",s);
        insert(i);
    }
    build();get_fa();
    scanf("%d",&m);
    for(int i=;i<=m;i++){
        int x1,x2,y1,y2;
        scanf("%d%d%d%d",&x1,&x2,&y1,&y2);
        int anc=LCA(pos[st[x1]+x2],pos[st[y1]+y2]);
        printf("%d\n",sum[anc]);
    }
    return ;
}