BZOJ2434 [Noi2011]阿狸的打字机 【AC自动机 + fail树 + 树状数组】
2434: [Noi2011]阿狸的打字机
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Description
阿狸喜欢收藏各种稀奇古怪的东西,最近他淘到一台老式的打字机。打字机上只有28个按键,分别印有26个小写英文字母和'B'、'P'两个字母。
经阿狸研究发现,这个打字机是这样工作的:
l 输入小写字母,打字机的一个凹槽中会加入这个字母(这个字母加在凹槽的最后)。
l 按一下印有'B'的按键,打字机凹槽中最后一个字母会消失。
l 按一下印有'P'的按键,打字机会在纸上打印出凹槽中现有的所有字母并换行,但凹槽中的字母不会消失。
例如,阿狸输入aPaPBbP,纸上被打印的字符如下:
a
aa
ab
我们把纸上打印出来的字符串从1开始顺序编号,一直到n。打字机有一个非常有趣的功能,在打字机中暗藏一个带数字的小键盘,在小键盘上输入两个数(x,y)(其中1≤x,y≤n),打字机会显示第x个打印的字符串在第y个打印的字符串中出现了多少次。
阿狸发现了这个功能以后很兴奋,他想写个程序完成同样的功能,你能帮助他么?
Input
输入的第一行包含一个字符串,按阿狸的输入顺序给出所有阿狸输入的字符。
第二行包含一个整数m,表示询问个数。
接下来m行描述所有由小键盘输入的询问。其中第i行包含两个整数x, y,表示第i个询问为(x, y)。
Output
输出m行,其中第i行包含一个整数,表示第i个询问的答案。
Sample Input
3
1 2
1 3
2 3
Sample Output
1
0
HINT
1<=N<=10^5
写出这道题,用裸的AC自动机肯定T
由题目字符串构建的形式,我们很容易想到trie树,可以很快建好一个AC自动机
对于询问(x,y),我们只要找出根到y末节点有多少个节点的fail指向x末端就好了【因为fail指针指向最长等于后缀的字符串】
直接统计?那也会T
直接统计是拿y以上节点去统计x,是多对一,非常浪费时间,但如果我们转化为一对多呢?就是拿x去找有多少属于y 的节点的fail指针指向x
这就引进了fail树
fail数,实质上就是把AC自动机的原边去掉,用fail边建立成的树
这样的树有一个很优美的性质,就是所有fail指针间接或直接指向u节点的节点共同组成u的子树,我们对于每个询问(x,y),我们只需查找x的子树中有多少个节点属于y就好了
怎么做呢?
求一个dfs序,可以用树状数组维护节点值,我们将属于y的询问放一起,属于y的节点全部+1,这样子只需要统计x子树之和就好了
具体操作时我们可以重新走一遍构造trie的路程,将路过的节点对应的值+1,向上时-1,每遇到一个单词末尾就将它的所有询问算出来
完美解决【md调了我一个下午= =,我代码能力还是太弱了】
调试点:
①树状数组的边界弄错
②节点+1 与 节点向下的次序弄反
③根节点标号不统一
我**真是太弱了
- #include<iostream>
- #include<cstdio>
- #include<cstring>
- #include<cctype>
- #include<queue>
- #include<algorithm>
- #define LL long long int
- #define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
- #define fo(i,x,y) for (int i = (x); i <= (y); i++)
- #define Redge(u) for (int k = head[u]; k != -1; k = edge[k].next)
- #define lbt(x) (x & -x)
- using namespace std;
- const int maxn = 100005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
- inline int read(){
- int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
- while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
- while (c >= 48 && c <= 57) {out = out * 10 + c - 48; c = getchar();}
- return out * flag;
- }
- int m,head[maxn],qh[maxn],ch[maxn][26],siz = 0,E[maxn],pre[maxn],fail[maxn],cnt = 0;
- int id[maxn],Siz[maxn],nedge = 0,nq = 0;
- int A[maxn],ans[maxn];
- char s[maxn];
- struct EDGE{int to,next;}edge[maxn],q[maxn];
- inline void build(int u,int v){edge[nedge] = (EDGE){v,head[u]}; head[u] = nedge++;}
- inline void add(int u,int v){while (u <= cnt) {A[u] += v; u += lbt(u);}}
- inline int Query(int u){int ans = 0; while (u > 0) {ans += A[u]; u -= lbt(u);} return ans;}
- inline int sum(int l,int r){return Query(r) - Query(l - 1);}
- void insert(){
- int u = 0,T = 0,i = 0,id;
- while (isalpha(s[i])){
- if (s[i] == 'P') E[++T] = u;
- else if (s[i] == 'B') u = pre[u];
- else {
- if (!ch[u][id = s[i] - 'a']) {ch[u][id] = ++siz; pre[siz] = u;}
- u = ch[u][id];
- }
- i++;
- }
- }
- void getf(){
- queue<int> q; int u,v;
- for (int i = 0; i < 26; i++) if (ch[0][i]) q.push(ch[0][i]);
- while (!q.empty()){
- u = q.front();
- q.pop();
- for (int i = 0; i < 26; i++){
- v = ch[u][i];
- if (!v) ch[u][i] = ch[fail[u]][i];
- else fail[v] = ch[fail[u]][i],q.push(v);
- }
- }
- }
- void dfs(int u){
- id[u] = ++cnt; Siz[u] = 1; int to;
- Redge(u) {
- dfs(to = edge[k].to);
- Siz[u] += Siz[to];
- }
- }
- void solve(){
- int u = 0,i = 0,p = 0;
- while (isalpha(s[i])){
- if (s[i] == 'B') add(id[u],-1),u = pre[u];
- else if (s[i] == 'P'){
- p++;
- for (int k = qh[p]; k != -1; k = q[k].next){
- int v = E[q[k].to]; /*cout<<q[k].to<<' '<<p<<endl;
- cout<<" "<<u<<' '<<v<<endl;
- cout<<" "<<id[v]<<' '<<id[v] + Siz[v] - 1<<endl;
- cout<<sum(id[v],id[v] + Siz[v] - 1)<<endl;*/
- ans[k] = sum(id[v],id[v] + Siz[v] - 1);
- }
- }else u = ch[u][s[i] - 'a'],add(id[u],1);
- i++;
- }
- }
- void init(){
- memset(head,-1,sizeof(head));
- memset(qh,-1,sizeof(qh));
- scanf("%s",s);
- insert(); getf();
- for (int i = 1; i <= siz; i++) build(fail[i],i);
- dfs(0);
- m = read(); int x,y;
- REP(i,m){
- x = read(); y = read();
- q[nq] = (EDGE){x,qh[y]}; qh[y] = nq++;
- }
- }
- int main()
- {
- init();
- //for (int i = 0; i <= siz; i++) cout<<id[i]<<' ';cout<<endl;
- solve();
- for (int i = 0; i < m; i++) printf("%d\n",ans[i]);
- return 0;
- }
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