[SCOI2012]喵星球上的点名——堪称十种方法做的题

题意：

给你N个串对，M个询问串，对每个询问串求是多少串对的子串（在串对的某一个中作为子串），以及每个串对最终是包含了多少询问串

方法众多。。

可谓字符串家族八仙过海各显神通。

复杂度不尽相同，O(nlogn),O(nsqrt(n)),O(玄学)（也就是暴力）

（数据比较水，所以一些暴力就过去了）

做法基本都是离线。

法一：AC自动机+暴力

对询问串建AC自动机，把主串往上跑。

匹配到了一个节点，就暴力跳fail，把沿途的点如果是询问串的结尾，ans++，并打上标记，防止重复计数。

一串1111111，随便卡。

法二：AC自动机+hash

询问串或者主串可能有相同的，，，hash一下，减少理论复杂度。。。

还是随便卡。

法三：AC自动机+fail树虚树

这个是正解O(nlogn)。

但是不会虚树，咕咕咕。

法四：后缀数组+hash

AC自动机比较辣鸡，后缀家族表示不服。

一个后缀的和询问串的lcp是询问串的长度的话，那么这个询问串就是子串。

考虑一个询问会被哪些后缀包含，我们把所有的询问串和子串用分隔符隔开，然后跑SA，HEIGHT

对于每个询问串的开头位置，往左往右二分出所有出现的位置。

这个区间[l,r]就是这个询问串的所有出现位置~！

（

luogu题解第一篇dalao说，可以不用二分，线性处理出l,r的位置。

然后我写了单调队列，，，，然鹅显然这个区间端点并没有单调性。。。然后WA了半天。。。。

不知是这个dalao口胡错了，还是我太菜了？

）

怎么统计答案？

由于区间长度期(shu)望(ju)不(tai)大(shui)，可以暴力扫一遍这个区间，然后轻松统计答案。

一串111111，应该还是能卡。

法五：后缀数组+莫队

莫队教导我们：干嘛要直接暴力？

处理出询问区间之后，莫队可以轻松统计第一问，

第二问的话：差分。每新加入一个颜色，就把这个颜色的答案加上剩余询问的次数，删除这个颜色的时候，就把剩余次数减掉。这样，处理所有包含这个颜色的询问的时候，这些询问一定贡献到了这个颜色里。

O(nsqrt(n))

法六：后缀数组+树状数组

莫队归根到底，还是暴力啊。。。。

再看一看第一问是什么：统计区间颜色的数量？哦，，[SDOI2009]HH的项链！！

树状数组来也。

第二问呢？反过来，把询问当做树状数组中加入的点值。

到L的时候，bit(L)++,到R的时候，bit(L)--，到i的时候，ans+=query(i)-query(pre[i])

类似扫描线。

本质上还是对于每个颜色第一次被区间包含的时候，把这个区间的贡献加上。为什么这里要把bit(L)--？为了消除区间两端在中间的情况。

那为什么不把bit(R)--？这样前面的相同部分并不能减去

反而加上了-1

我写的就是这个方法：

注意：

1.还是二分吧。。

2.注意我们是在SA数组上操作，pos记录的是原串的所属，所以，在SA上循环的时候，查询这个后缀的所属，用pos[sa[i]]

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define reg register int
#define numb (ch^'0')
using namespace std;
typedef long long ll;
il void rd(int &x){
    char ch;bool fl=false;
    while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
    for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*+numb);
    (fl==true)&&(x=-x);
}
namespace Miracle{
const int N=4e5+;
const int C=1e4+;
int x[N],y[N],c[N],sa[N],hei[N],rk[N];
int n,m;
int s[N+];
void SA(int n){
    int m=C+;
    for(reg i=;i<=n;++i) ++c[x[i]=s[i]];
    for(reg i=;i<=m;++i) c[i]+=c[i-];
    for(reg i=;i<=n;++i) sa[c[x[i]]--]=i;
    for(reg k=;k<=n;k<<=){
        int num=;
        for(reg i=n-k+;i<=n;++i) y[++num]=i;
        for(reg i=;i<=n;++i){
            if(sa[i]-k>=) y[++num]=sa[i]-k;
        }
        for(reg i=;i<=m;++i) c[i]=;
        for(reg i=;i<=n;++i) ++c[x[i]];
        for(reg i=;i<=m;++i) c[i]+=c[i-];
        for(reg i=n;i>=;--i) sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=;
        swap(x,y);
        num=;
        x[sa[]]=;
        for(reg i=;i<=n;++i){
            x[sa[i]]=((y[sa[i]]==y[sa[i-]])&&(y[sa[i-]+k]==y[sa[i]+k])?num:++num);
        }
        if(num==n) break;
        m=num;
    }
}
void HEI(int n){
    for(reg i=;i<=n;++i) rk[sa[i]]=i;
    int k=;
    for(reg i=;i<=n;++i){
        if(k)--k;
        if(rk[i]==) continue;
        int j=sa[rk[i]-];
        while(i+k<=n&&j+k<=n&&s[i+k]==s[j+k]) ++k;
        hei[rk[i]]=k;
    }
}
int pos[N],pre[N],las[N],id[N];
int nxt[N];
struct question{
    int L,R,id,ans;
    bool friend operator <(question a,question b){
        return a.L<b.L;
    }
}que[N];
struct node{
    int L,p,c;
    bool friend operator <(node a,node b){
        if(a.p!=b.p) return a.p<b.p;
        return a.c>b.c;
    }
}po[*N];
int cnt;
int chang[N];
int f[N][];
int lg[N];
int tot;
int query(int x,int y){
    if(x==y) return tot-x+;
    if(x>y) swap(x,y);
    ++x;
    int len=lg[y-x+];
//    cout<<" rmq "<<len<<" "<<f[x][len]<<" "<<f[y-(1<<len)+1][len]<<endl;
    int ret=min(f[x][len],f[y-(<<len)+][len]);
    return ret;
}
void prewrk(int n){
///    cout<<" nn "<<n<<endl;
    for(reg i=1;i<=n;++i) {
        f[i][0]=hei[i];
        lg[i]=(i>>(lg[i-]+))?lg[i-]+:lg[i-];
    }
    for(reg j=;j<=;++j){
        for(reg i=;i+(<<j)-<=n;++i){
            f[i][j]=min(f[i][j-],f[i+(<<(j-))][j-]);
            //cout<<" i j "<<i<<" "<<j<<" : "<<f[i][j]<<endl;
        }
    }

    for(reg i=;i<=n;++i){
        if(pos[sa[i]]==&&id[sa[i]]>){
            int tmp=i;
            int l=,r=i-;

            que[id[sa[i]]].id=id[sa[i]];
            while(l<=r){
                int mid=(l+r)>>;
                if(query(mid,i)>=chang[id[sa[i]]]) tmp=mid,r=mid-;
                else l=mid+;
            }
            que[id[sa[i]]].L=tmp;

            l=i+,r=n;
            tmp=i;
            while(l<=r){
                int mid=(l+r)>>;
                if(query(i,mid)>=chang[id[sa[i]]]) tmp=mid,l=mid+;
                else r=mid-;
            }
            que[id[sa[i]]].R=tmp;
        }
    }
}
int ans1[N];
int ans2[N];
struct arraytree{
    int f[N];
    void add(int x,int c){
        for(;x<=tot;x+=x&(-x)) f[x]+=c;
    }
    int query(int x){
        int ret=;
        for(;x;x-=x&(-x)) ret+=f[x];
        return ret;
    }
}t;
int main(){
    rd(n);rd(m);
    int len,x;
    tot=;
    for(reg i=;i<=n;++i){
        rd(len);
        for(reg j=;j<=len;++j){
            rd(x);
            s[++tot]=x;
            id[tot]=;
            pos[tot]=i;
        }
        s[++tot]=C;//warning!!!
        pos[tot]=-;//warning!! -1
        rd(len);
        for(reg j=;j<=len;++j){
            rd(x);
            s[++tot]=x;
            id[tot]=;
            pos[tot]=i;
        }
        s[++tot]=C;
        pos[tot]=-;
    }
    for(reg i=;i<=m;++i){
        rd(len);
        chang[i]=len;
        for(reg j=;j<=len;++j){
            rd(x);
            s[++tot]=x;
            pos[tot]=;
            if(j==) id[tot]=i;
        }
        s[++tot]=C;
        pos[tot]=-;
    }
    SA(tot);

    HEI(tot);

    prewrk(tot);

//    cout<<" after "<<endl;
//
    sort(que+,que+m+);
//
//    for(reg i=1;i<=tot;++i){
//        cout<<s[i]<<" ";
//    }cout<<endl<<endl;
////
//    for(reg i=1;i<=tot;++i){
//        cout<<pos[sa[i]]<<" ";
//    }cout<<endl<<endl;
////
//    for(reg i=1;i<=tot;++i){
//        cout<<id[sa[i]]<<" ";
//    }cout<<endl<<endl;
//    for(reg i=1;i<=tot;++i){
//        cout<<hei[i]<<" ";
//    }cout<<endl<<endl;

    for(reg i=;i<=m;++i){
    //    cout<<que[i].L<<" "<<que[i].R<<" "<<que[i].id<<endl;
        po[++cnt].c=;
        po[cnt].L=que[i].L,po[cnt].p=que[i].L;

        po[++cnt].c=-;
        po[cnt].L=que[i].L,po[cnt].p=que[i].R;
    }
    sort(po+,po+cnt+);

    for(reg i=;i<=tot;++i){
        if(pos[sa[i]]>){
            pre[i]=las[pos[sa[i]]];
            las[pos[sa[i]]]=i;
        }
    }
    memset(las,,sizeof las);
    for(reg i=tot;i>=;--i){
        if(pos[sa[i]]>){
            if(las[pos[sa[i]]])nxt[i]=las[pos[sa[i]]];
            else nxt[i]=tot+;
            las[pos[sa[i]]]=i;
        }
    }
    int now=;
    for(reg i=;i<=n;++i){
        if(las[i]){
            //cout<<i<<" add fir "<<las[i]<<endl;
            t.add(las[i],);
        }
    }
    for(reg i=;i<=tot;++i){
        while(now<=m&&que[now].L==i){
            //<<que[now].id<<" : "<<que[now].R<<" "<<t.query(que[now].R)<<" "<<que[now].L<<" "<<t.query(que[now].L-1)<<endl;
            que[now].ans=t.query(que[now].R)-t.query(que[now].L-);
            ans1[que[now].id]=que[now].ans;
            ++now;
        }
        if(nxt[i]&&nxt[i]<=tot) t.add(nxt[i],);
    }
    memset(t.f,,sizeof t.f);
    now=;
    for(reg i=;i<=tot;++i){
        while(po[now].p==i&&now<=cnt&&po[now].c==){
            t.add(po[now].L,po[now].c);
            ++now;
        }
        if(pos[sa[i]]>){
            ans2[pos[sa[i]]]+=t.query(i)-t.query(pre[i]);
        }
        while(po[now].p==i&&now<=cnt){
            t.add(po[now].L,po[now].c);
            ++now;
        }
    }
    for(reg i=;i<=m;++i){
        printf("%d\n",ans1[i]);
    }
    for(reg i=;i<=n;++i){
        printf("%d ",ans2[i]);
    }
    return ;
}

}
signed main(){
    Miracle::main();
    return ;
}

/*
   Author: *Miracle*
   Date: 2018/12/23 11:39:01
*/

法七：后缀数组+主席树+树状数组

emmm。。。

第一问也可以用主席树做。。。（虽然已经离线了，就完全没有必要了）

法八：后缀自动机+暴力

SAM大吼一声，怎么能少了俺？！？！

对所有的姓、名建广义SAM

可以对每个串的每个位置暴力跳parent树，把每个right集合的位置实际在多少个串上出现，叫做sz，记录下来。

询问的话，匹配一遍，如果中途没有失配，最后的匹配到节点的sz即为答案。

然后在这个点上打上tag++

最后，把所有的姓名串的每个位置再跑一遍，tag的总和就是被点名次数。当然，要在途中留下自己的标记，以防重复统计。

还是暴力。

一串111111应该还是可以卡掉？因为parent树退化成了一条链。

但是值得一提的是，这个算法总算是在线的！

法九：后缀自动机+莫队

思路来自：ywy_c_asm

莫队支持区间，那后缀自动机哪里有区间？

先把每个询问串在后缀自动机上跑一下，（失配直接puts0，然后滚蛋）

最后到了某个节点p，那么根据parent树的意义，p的子树中的所有点代表的位置都包含这个询问串！

于是，我们用莫队来搞dfn序！（具体所属情况，叶子就记录了。）

然后的方法大家就已经很熟悉了。（当然也可以用主席树或者树状数组做。）

---

upda：2019.3.8:

法十：后缀自动机+线段树合并

在线+O(nlogn)的算法

建出广义SAM，然后线段树合并，

跑询问串时候，查询线段树的sz就是第一问答案。然后打上tag标记

最后再来一次线段树合并。

到每个点时候把tag整个加到线段树上去。

到了root，dfs一遍线段树即可。