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题目传送门 - BZOJ3172
题意
输入$n(n\leq 200)$个字符串，保证长度总和$\leq 10^6$。
对于每一个字符串，求它在所有的$n$个字符串（包括它自己）中出现了几次。（同一个字符串内可能出现多次当前的字符串）
题解
听百度说这题可以用AC自动机？？
然而我顺手大力$SA$干掉了此题。
本题用$SA$做好像很容易。
首先，把输入的字符串连接成一个字符串，不同的单词之间用特殊字符隔开。注意最终串长度是$1e6+n$级别的，数组别开小。
然后闭着眼睛$SA$啊。
记第$i$个串的开头为$p_i$,长度为$len_i$。
对于第$i$个串，就是从$rank_{p_i}$位置开始。向左，利用$height$表示的$lcp$长度，如果$lcp$长度不小于$len_i$，那么仍然可以继续向左扩张。向右同理。
这样好像就可以过掉了。
然而我却在搜百度前就写完了$ST$表……好像快了不少。
上一句为题外话。
向左向右一步一步扩张显然太慢，所以我们预处理$height$的$ST$表，然后倍增地走。每次走的复杂度为$O(\log m)$。
总复杂度$O((n+m)\log m)$。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=205,M=1000205;
int n,m=0,p[N],len[N];
int SA[M],rank[M],height[M],tmp[M],tax[M];
int ST[M][22];
char s[M];
void Sort(int n,int m){
for (int i=0;i<=m;i++)
tax[i]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
tax[rank[i]]++;
for (int i=1;i<=m;i++)
tax[i]+=tax[i-1];
for (int i=n;i>=1;i--)
SA[tax[rank[tmp[i]]]--]=tmp[i];
}
bool cmp(int rk[],int x,int y,int w){
return rk[x]==rk[y]&&rk[x+w]==rk[y+w];
}
void Suffix_Array(char s[],int n){
memset(SA,0,sizeof SA);
memset(tmp,0,sizeof tmp);
memset(rank,0,sizeof rank);
memset(height,0,sizeof height);
for (int i=1;i<=n;i++)
rank[i]=s[i],tmp[i]=i;
int m=127;
Sort(n,m);
for (int w=1,p=0;p<n;w<<=1,m=p){
p=0;
for (int i=n-w+1;i<=n;i++)
tmp[++p]=i;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (SA[i]>w)
tmp[++p]=SA[i]-w;
Sort(n,m);
swap(rank,tmp);
rank[SA[1]]=p=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
rank[SA[i]]=cmp(tmp,SA[i],SA[i-1],w)?p:++p;
}
for (int i=1,j,k=0;i<=n;height[rank[i++]]=k)
for (k=max(k-1,0),j=SA[rank[i]-1];s[i+k]==s[j+k];k++);
}
void Get_ST(int n){
memset(ST,0,sizeof ST);
for (int i=1;i<=n;i++){
ST[i][0]=height[i];
for (int j=1;j<22;j++){
ST[i][j]=ST[i][j-1];
if (i-(1<<(j-1))>0)
ST[i][j]=min(ST[i][j],ST[i-(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s+m+1);
p[i]=m+1,len[i]=strlen(s+m+1);
m+=len[i]+1;
s[m]='#';
}
Suffix_Array(s,m);
Get_ST(m);
for (int i=1;i<=n;i++){
int ans=1,pos=rank[p[i]],L=len[i];
for (int j=21,now=pos;j>=0;j--)
if (now-(1<<j)>0&&ST[now][j]>=L)
now-=1<<j,ans+=1<<j;
for (int j=21,now=pos;j>=0;j--)
if (now+(1<<j)<=m&&ST[now+(1<<j)][j]>=L)
now+=1<<j,ans+=1<<j;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}