CF163E e-Government & [NOI2011] 阿狸的打字机 题解
CF163E e-Government
题意：给定 \(n\) 个模式串，最初所有模式串都处于活跃状态，有 \(m\) 次操作，每次可以改变一个模式串的状态，可以询问一个文本串中所有活跃的模式串的出现次数之和。\(n,m \le 10^5\)，\(\sum |s| \le 10^6\)。
看见这个询问内容想到 AC 自动机，但是这题还要求我们能支持动态修改。
先考虑暴力是怎么写的，在自动机上遍历文本串，每到一个节点就跳 \(fail\)，然后如果是一个串的结尾就计入一次，那就是考虑一个节点到根的 \(fail\) 链上有几个结尾的节点，换个角度考虑，思考一个节点作出了多少贡献。
我们把 \(fail_u\) 向 \(u\) 连边，形成一棵 \(fail\) 树，那一个节点如果是串的结尾，就可以对其子树内所有点作出贡献。预处理出每个串的结尾节点 \(pos_i\)，然后求出 dfs 序，要求支持对 \([in_{pos_i},out_{pos_i}]\) 区间做加法，还要能单点查值。这样要删除一个串就只要把 \(pos_i\) 的子树减一就行了。
时间复杂度 \(O(\sum|s| \log \sum|t|)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define _int __int128
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define fst first
#define scd second
#define pq priority_queue
#define mkp make_pair
#define popcount(x) __builtin_popcount(x)
#define endl '\n'
int n,m;
const int N = 1e6+10;
string s,t;
int tr[N][27],fail[N],val[N],tot,pos[N];
vector<int>g[N];
struct trie{
void ins(string s,int id){
int p=0;
for(int i=0;i<s.size();i++){
int c=s[i]-'a';
if(!tr[p][c])tr[p][c]=++tot;
p=tr[p][c];
}
val[p]=1;
pos[id]=p;
}
void build(){
queue<int>q;
for(int i=0;i<26;i++){
if(tr[0][i]){
g[0].push_back(tr[0][i]);
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<26;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
g[fail[tr[u][i]]].push_back(tr[u][i]);
q.push(tr[u][i]);
}else{
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
}
}ac;
int cnt,dfn[N],rdfn[N],in[N],out[N];
void dfs(int x){
dfn[x]=++cnt;
rdfn[cnt]=x;
in[x]=out[x]=cnt;
for(auto v:g[x]){
if(v==fail[x])continue;
dfs(v);
}
out[x]=cnt;
}
int c[N],vis[N];
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
void add(int p,int v){
for(int i=p;i<=cnt;i+=lowbit(i)){
c[i]+=v;
}
}
int ask(int p){
int res=0;
for(int i=p;i;i-=lowbit(i))res+=c[i];
return res;
}
long long query(string s){
long long res=0;
int p=0;
for(int i=0;i<s.size();i++){
int c=s[i]-'a';
p=tr[p][c];
res+=ask(in[p]);
}
return res;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>m>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>t;
ac.ins(t,i);
}
ac.build();
dfs(0);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=pos[i];
vis[i]=1;
add(in[pos[i]],1);
if(out[pos[i]]<cnt)add(out[pos[i]]+1,-1);
}
while(m--){
char op;
cin>>op;
int k;
if(op=='+'){
cin>>k;
if(!vis[k]){
add(in[pos[k]],1);
if(out[pos[k]]<cnt)add(out[pos[k]]+1,-1);
vis[k]=1;
}
}else if(op=='-'){
cin>>k;
if(vis[k]){
add(in[pos[k]],-1);
if(out[pos[k]]<cnt)add(out[pos[k]]+1,1);
vis[k]=0;
}
}else{
cin>>s;
cout<<query(s)<<endl;
}
}
return 0;
}
发现给出的打字机打字过程就是在建立一棵 trie 树的过程。\(a\) 到 \(z\) 是往对应的儿子节点走，\(B\) 是回到父节点，\(P\) 则标记这个单词为结尾。
给出 \(m\) 次询问，询问第 \(x\) 个串在第 \(y\) 个里面出现了几次。由于只要单个的匹配，而且没有字符串询问长度总和的限制，这题再用上面的思路就会 TLE。
我们考虑离线挂点，把询问 \(x,y\) 都挂在 \(y\) 上，再模拟一次建树的过程，这时用一个树状数组标记当前单词中的点，每遇到结尾节点就处理询问，询问当前 \(x\) 的 \(fail\) 树上子树内有几个点被标记，这就是答案。只要支持单点加区间查询的 BIT 即可。
时间复杂度 \(O((|S|+m)\times \log|S|)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define _int __int128
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define fst first
#define scd second
#define pq priority_queue
#define mkp make_pair
#define popcount(x) __builtin_popcount(x)
#define endl '\n'
int m,n=1;
const int N = 1e5+10;
string s,t[N];
int tr[N][26],fail[N],pos[N],tot,fa[N];
vector<int>g[N];
struct trie{
void buildt(string s){
int p=0;
for(int i=0;i<s.size();i++){
if(s[i]>='a'&&s[i]<='z'){
if(!tr[p][s[i]-'a'])tr[p][s[i]-'a']=++tot;
fa[tot]=p;
p=tr[p][s[i]-'a'];
}else if(s[i]=='B'){
p=fa[p];
}else{
pos[n]=p;
n++;
}
}
}
void build(){
queue<int>q;
for(int i=0;i<26;i++){
if(tr[0][i]){
g[0].push_back(tr[0][i]);
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<26;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
g[fail[tr[u][i]]].push_back(tr[u][i]);
q.push(tr[u][i]);
}else{
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
}
}ac;
int cnt,in[N],out[N];
void dfs(int x){
in[x]=out[x]=++cnt;
for(auto v:g[x]){
dfs(v);
}
out[x]=cnt;
}
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
int c[N];
void add(int p,int v){
for(int i=p;i<=cnt;i+=lowbit(i)){
c[i]+=v;
}
}
int ask(int p){
int res=0;
for(int i=p;i;i-=lowbit(i)){
res+=c[i];
}
return res;
}
struct qy{
int x,id;
};
vector<qy>q[N];
long long ans[N];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>s;
cin>>m;
ac.buildt(s);
n--;
ac.build();
dfs(0);
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;
cin>>x>>y;
q[y].push_back({x,i});
}
int p=0;int cur=0;
for(int i=0;i<s.size();i++){
if(s[i]>='a'&&s[i]<='z'){
p=tr[p][s[i]-'a'];
add(in[p],1);
}else if(s[i]=='B'){
add(in[p],-1);
p=fa[p];
}else{
++cur;
for(auto [x,id]:q[cur]){
ans[id]=ask(out[pos[x]])-ask(in[pos[x]]-1);
}
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
cout<<ans[i]<<endl;
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号