【bzoj4212】神牛的养成计划

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);

	}

}