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题解们：
- 1.首先可以被很多暴力给搞过去；我以前也是这样水过去的
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2.ac自动机
- 2.1
- 抽离fail树
- 对点名建自动机，建$fail$树的时候只保留询问节点；
- 对于一个喵，子串==在自动机里匹配到的所有节点的$fail$祖先并
- 把姓和名都放到里面去跑，得到所有的点，需要把这些点在新的$fail$树里的祖先全部标记
- 具体按照dfs序排序，每个点$q[i]$的贡献就是$lca(q[i-1],q[i])$到$q[i]$那段
- 统计第一问用树上差分$q[i]$处$++$，$lca(q[i-1],q[i])$处$--$，具体第二问直接记录每个点到根有多少次点名统计直接相减；
- $O(N \ log N)$
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AC
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rg register 3 #define il inline 4 #define Run(i,l,r) for(rg int i=l;i<=r;i++) 5 #define Don(i,l,r) for(rg int i=l;i>=r;i--) 6 using namespace std; 7 const int N=200010; 8 int n,m,o=1,hd[N],a[N],b[N],s[N],tot,fl[N],fa[N],st[N],ed[N],idx; 9 int val[N],vis[N],que[N],head,tail,sz,cnt,size[N],tp[N],dep[N],pos[N],ans[N],deep[N]; 10 il bool cmp(const int&x,const int&y){return st[x]<st[y];} 11 map<int,int>ch[N]; 12 map<int,int>::iterator it; 13 struct Edge{int v,nt;}E[N]; 14 il void adde(int u,int v){E[o]=(Edge){v,hd[u]};hd[u]=o++;} 15 il char gc(){ 16 static char*p1,*p2,s[1000000]; 17 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 18 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 19 } 20 il int rd(){ 21 int x=0,f=1; char c=gc(); 22 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc();} 23 while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc(); 24 return x*f; 25 } 26 void get_fl(){ 27 for(it=ch[0].begin();it!=ch[0].end();it++){ 28 int v=it->second; 29 que[++tail]=v; 30 if(vis[v])adde(fa[v],v),size[v]=1; 31 } 32 while(head < tail){ 33 int u=que[++head]; 34 for(it = ch[u].begin();it!=ch[u].end();it++){ 35 int v = it->second, c = it->first, w=fl[u]; 36 while(w&&!ch[w].count(c))w=fl[w]; 37 if(!ch[w].count(c))fl[v]=0; 38 else fl[v]=ch[w][c]; 39 if(vis[fl[v]])fa[v]=fl[v]; 40 else fa[v]=fa[fl[v]]; 41 que[++tail]=v; 42 if(vis[v])adde(fa[v],v),size[v]=1; 43 } 44 } 45 Don(i,tail,1)size[fa[que[i]]]+=size[que[i]]; 46 } 47 void dfs(int u,int T){ 48 int son=0; 49 st[u]=++idx;tp[u]=T; 50 dep[u]=dep[fa[u]]+1; 51 deep[u]=deep[fa[u]]+vis[u]; 52 for(int i=hd[u];i;i=E[i].nt){ 53 int v=E[i].v; 54 if(!son||size[v]>size[son])son=v; 55 } 56 if(son)dfs(son,T); 57 for(int i=hd[u];i;i=E[i].nt){ 58 int v=E[i].v; 59 if(son!=v)dfs(v,v); 60 } 61 ed[u]=idx; 62 } 63 il int lca(int x,int y){ 64 int tx=tp[x],ty=tp[y]; 65 while(tx!=ty){ 66 if(dep[tx]<dep[ty])y=fa[ty],ty=tp[y]; 67 else x=fa[tx],tx=tp[x]; 68 } 69 return dep[x]<dep[y]?x:y; 70 } 71 void find(int len){ 72 int x = 0 , c; 73 Run(i,1,len){ 74 c = s[tot+i]; 75 while(x&&!ch[x].count(c))x=fl[x]; 76 if(!ch[x].count(c))x=0; 77 else x=ch[x][c]; 78 if(vis[x])que[++tail]=x; 79 else if(fa[x])que[++tail]=fa[x]; 80 } 81 tot+=len; 82 } 83 void dfs(int u){ 84 for(int i=hd[u];i;i=E[i].nt) 85 dfs(E[i].v),val[u]+=val[E[i].v]; 86 } 87 int main(){ 88 freopen("bzoj2754.in","r",stdin); 89 freopen("bzoj2754.out","w",stdout); 90 n=rd(); m=rd(); 91 Run(i,1,n){ 92 a[i]=rd();Run(j,1,a[i])s[++tot]=rd(); 93 b[i]=rd();Run(j,1,b[i])s[++tot]=rd(); 94 } 95 Run(i,1,m){ 96 int x=rd(),u=0,y; 97 Run(j,1,x){ 98 if(!ch[u][y=rd()])ch[u][y]=++sz; 99 u=ch[u][y]; 100 } 101 vis[pos[i]=u]++; 102 } 103 get_fl(); 104 dfs(0,0); 105 tot=0; 106 Run(i,1,n){ 107 tail=0; 108 find(a[i]),find(b[i]); 109 if(!tail)continue; 110 sort(que+1,que+tail+1,cmp); 111 head=0; 112 Run(j,1,tail){ 113 if(!head||ed[que[j]]>ed[que[head]])head++; 114 que[head]=que[j]; 115 } 116 tail=head; 117 val[0]--,val[que[1]]++; 118 ans[i]+=deep[que[1]]; 119 Run(j,2,tail){ 120 int tmp = lca(que[j-1],que[j]); 121 val[tmp]--,val[que[j]]++; 122 ans[i] += deep[que[j]] - deep[tmp]; 123 } 124 } 125 dfs(0); 126 Run(i,1,m)printf("%d\n",val[pos[i]]); 127 Run(i,1,n)printf("%d ",ans[i]); 128 return 0; 129 }
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3.后缀数组
- 3.1
- 莫队
- 将所有串用互不相等的连接符链接，为了方便让点名串后的连接符尽量小；
- 可以在SA里求出每次点名的区间，是后缀$i \ rank[i]$向后的一段；
- 问题变成统计 ①一个线段里有多少种颜色的点和 ②一种颜色的点被多少条线段覆盖；
- ①莫队模板；
- ②因为每个区间都是不同的，考虑差分，每次从莫队的区间里加入一个颜色就加上剩余的区间数，删去就减掉，就统计了中间出现的那段区间数；
- $O(N \ \sqrt N)$
- 3.2
- 树状数组
- SA的部分一样
- ①扫一遍，$pre[i]$表示倒着上一个扫到的和sa[i]颜色相同的位置，遇到一个每次$add(i,1)$,$add(pre[i],-1)$，直接统计对应区间；
- ②扫一遍，对于区间$[L,R]$，在$R$的位置$add(R,1)$ ，$L-1$的位置$add(L,-1)$ ，统计$i$到$pre[i]-1$的数量;
- 均可树状数组维护
- $O(N \ log N)$
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SA+BIT
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define il inline 3 #define rg register 4 using namespace std; 5 const int N=300010,M=20; 6 int n,m,len,cnt,s[N],sub[N],tot,sa[N],ht[N],rk[N],pre[N],bl[N],pos[N],f[N][M],bin[M],l[N],mp[N],c[N],ans1[N],ans2[N]; 7 struct data{ 8 int x,y,z; 9 bool operator <(const data&A)const{return x < A.x;}; 10 }p[N]; 11 il char gc(){ 12 static char*p1,*p2,s[1000000]; 13 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 14 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 15 } 16 il int rd(){ 17 int x=0,f=1; char ch=gc(); 18 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();} 19 while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=gc(); 20 return x*f; 21 } 22 il void add(int x,int y){for(rg int i=x+1;i<=len;i+=i&-i)c[i]+=y;} 23 il int que(int x){int re=0;for(rg int i=x+1;i;i-=i&-i)re+=c[i];return re;} 24 void discretize(){ 25 sort(sub,sub+tot); 26 tot=unique(sub,sub+tot)-sub; 27 for(rg int i=0;i<len;i++)s[i]=lower_bound(sub,sub+tot,s[i])-sub; 28 } 29 void build_sa(){ 30 static int x[N],y[N],w[N]; 31 for(rg int i=0;i<len;i++)w[x[i]=s[i]]++; 32 for(rg int i=1;i<tot;i++)w[i]+=w[i-1]; 33 for(rg int i=len-1;~i;i--)sa[--w[x[i]]]=i; 34 for(rg int k=1;k<len;k<<=1){ 35 int p = 0; 36 for(rg int i=len-k;i<len;i++)y[p++]=i; 37 for(rg int i=0;i<len;i++)if(sa[i]>=k)y[p++]=sa[i]-k; 38 for(rg int i=0;i<tot;i++)w[i]=0; 39 for(rg int i=0;i<len;i++)w[x[i]]++; 40 for(rg int i=1;i<tot;i++)w[i]+=w[i-1]; 41 for(rg int i=len-1;~i;i--)sa[--w[x[y[i]]]]=y[i]; 42 swap(x,y); 43 x[sa[0]]=0; p=1; 44 for(rg int i=1;i<len;i++){ 45 x[sa[i]] = y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k] ? p - 1 : p++; 46 } 47 if(p==len)break; 48 tot = p + 1; 49 } 50 } 51 void build_ht(){ 52 for(rg int i=0;i<len;i++)rk[sa[i]]=i; 53 for(rg int i=0,k=0,j;i<len;i++){ 54 if(k)k--; 55 j=sa[rk[i]-1]; 56 while(s[j+k]==s[i+k])k++; 57 f[rk[i]][0]=ht[rk[i]]=k; 58 } 59 } 60 void build_rmq(){ 61 for(rg int i=1;i<20;i++) 62 for(rg int j=0;j<=len-bin[i];j++){ 63 f[j][i] = min(f[j][i-1],f[j+bin[i-1]][i-1]); 64 } 65 } 66 int main(){ 67 freopen("bzoj2754.in","r",stdin); 68 freopen("bzoj2754.out","w",stdout); 69 for(int i=bin[0]=1;i<20;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1; 70 n=rd(); m=rd(); 71 for(rg int i=1,x;i<=n;i++){ 72 x=rd(); 73 for(rg int j=1;j<=x;j++){ 74 bl[len]=i; 75 sub[tot++]=s[len++]=rd(); 76 }sub[tot++]=s[len]=-len,len++; 77 x=rd(); 78 for(rg int j=1;j<=x;j++){ 79 bl[len]=i; 80 sub[tot++]=s[len++]=rd(); 81 }sub[tot++]=s[len]=-len,len++; 82 } 83 for(rg int i=1,x;i<=m;i++){ 84 l[i]=x=rd(); 85 bl[len]=-i; 86 for(rg int j=1;j<=x;j++){ 87 sub[tot++]=s[len++]=rd(); 88 }sub[tot++]=s[len]=-len,len++; 89 } 90 discretize(); 91 build_sa(); 92 build_ht(); 93 build_rmq(); 94 for(rg int i=len-1;~i;i--)if(bl[sa[i]]>0){ 95 int x = bl[sa[i]]; 96 if(!mp[x])add(mp[x]=i,1); 97 else{ 98 pre[i]=mp[x],mp[x]=i; 99 add(pre[i],-1),add(i,1); 100 } 101 }else if(bl[sa[i]]<0){ 102 int x=-bl[sa[i]],y=i+1; 103 for(rg int j=19;~j;j--)if(f[y][j]>=l[x])y+=bin[j]; 104 p[++cnt]=(data){y-1,y-1,1}; 105 p[++cnt]=(data){i-1,y-1,-1}; 106 ans1[x] = que(y-1) - que(i-1); 107 } 108 memset(c,0,sizeof(c)); 109 sort(p+1,p+cnt+1); 110 for(rg int i=len-1,j=cnt;~i;i--){ 111 while(j&&p[j].x==i)add(p[j].y,p[j].z),j--; 112 if(bl[sa[i]]>0){ 113 if(!pre[i])pre[i]=len; 114 ans2[bl[sa[i]]] += que(pre[i]-1) - que(i-1); 115 } 116 } 117 for(rg int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans1[i]); 118 for(rg int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans2[i]); 119 return 0; 120 }
-
4.后缀自动机
- 4.1
- 广义后缀自动机
- 至少这题和$SAM$差不多，只是新加一个单词重置$last$节点；
- 对点名串建出$SAM$之后，把姓名串在上面跑，对走过的点沿$parent$树向上跳可以找到所有子串，标记是否来过暴力统计；
- 这样两个问的方法是一样的
- $O(N \ \sqrt N )$
- 4.2
- 但其实如果建出$parent$树的话就和$1$一样，如果对$parent$树做$dfs$序维护的话就和$2$一样了，不说了；
-
SAM
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rg register 3 #define il inline 4 using namespace std; 5 const int N=400010; 6 int n,m,s[N],tot,a[N],b[N],lst,cnt,pa[N],len[N],sum[N],val[N],vis[N],ans; 7 map<int,int>ch[N]; 8 il char gc(){ 9 static char*p1,*p2,s[1000000]; 10 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 11 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 12 } 13 il int rd(){ 14 int x=0,f=1; char c=gc(); 15 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc();} 16 while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc(); 17 return x*f; 18 } 19 il void ins(int x){ 20 int p=lst,np; len[np=lst=++cnt]=len[p]+1; 21 while(p&&!ch[p][x])ch[p][x]=np,p=pa[p]; 22 if(!p){pa[np]=1;return;} 23 int q = ch[p][x]; 24 if(len[q]==len[p]+1)pa[np]=q; 25 else{ 26 int nq=++cnt; 27 len[nq]=len[p]+1; 28 ch[nq]=ch[q]; 29 pa[nq]=pa[q]; pa[q]=pa[np]=nq; 30 while(p&&ch[p][x]==q)ch[p][x]=nq,p=pa[p]; 31 } 32 } 33 il void update(int x,int y){while(x&&vis[x]!=y)sum[x]++,vis[x]=y,x=pa[x];} 34 il void query(int x,int y){while(x&&vis[x]!=y)ans+=val[x],vis[x]=y,x=pa[x];} 35 int main(){ 36 freopen("lg2336.in", "r", stdin); 37 freopen("lg2336.out","w",stdout); 38 n=rd();m=rd(); 39 cnt=1; 40 for(rg int i=1;i<=n;i++){ 41 lst=1;a[i]=rd(); 42 for(rg int j=1;j<=a[i];j++)ins(s[++tot]=rd()); 43 lst=1;b[i]=rd(); 44 for(rg int j=1;j<=b[i];j++)ins(s[++tot]=rd()); 45 } 46 tot=0; 47 for(rg int i=1;i<=n;i++){ 48 for(rg int j=1,now=1;j<=a[i];j++)update(now=ch[now][s[++tot]],i); 49 for(rg int j=1,now=1;j<=b[i];j++)update(now=ch[now][s[++tot]],i); 50 } 51 for(rg int i=1,l,now;i<=m;i++){ 52 l=rd(); 53 now=1; 54 for(rg int j=1,x;j<=l;j++){ 55 x=rd(); 56 if(!now)continue; 57 if(!ch[now].count(x))now=0; 58 else now=ch[now][x]; 59 } 60 if(now)val[now]++; 61 printf("%d\n",sum[now]); 62 } 63 tot=0; 64 for(rg int i=1;i<=n;i++){ 65 ans=0; 66 for(rg int j=1,now=1;j<=a[i];j++)query(now=ch[now][s[++tot]],n+i); 67 for(rg int j=1,now=1;j<=b[i];j++)query(now=ch[now][s[++tot]],n+i); 68 printf("%d ",ans); 69 } 70 return 0; 71 }
- 就数据来看，最快的应该是$3.1$(我没写QAQ)，再来就是$2.1，4.1，3.2$，，不算$map$的话$tarjan$写lca，理论最好的应该是$2.1$ ；
