bzoj 2434 [Noi2011]阿狸的打字机

2434: [Noi2011]阿狸的打字机

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Description

 阿狸喜欢收藏各种稀奇古怪的东西，最近他淘到一台老式的打字机。打字机上只有28个按键，分别印有26个小写英文字母和'B'、'P'两个字母。

经阿狸研究发现，这个打字机是这样工作的：

l 输入小写字母，打字机的一个凹槽中会加入这个字母(这个字母加在凹槽的最后)。

l 按一下印有'B'的按键，打字机凹槽中最后一个字母会消失。

l 按一下印有'P'的按键，打字机会在纸上打印出凹槽中现有的所有字母并换行，但凹槽中的字母不会消失。

例如，阿狸输入aPaPBbP，纸上被打印的字符如下：

a

aa

ab

我们把纸上打印出来的字符串从1开始顺序编号，一直到n。打字机有一个非常有趣的功能，在打字机中暗藏一个带数字的小键盘，在小键盘上输入两个数(x,y)（其中1≤x,y≤n），打字机会显示第x个打印的字符串在第y个打印的字符串中出现了多少次。

阿狸发现了这个功能以后很兴奋，他想写个程序完成同样的功能，你能帮助他么？

Input

 输入的第一行包含一个字符串，按阿狸的输入顺序给出所有阿狸输入的字符。

第二行包含一个整数m，表示询问个数。

接下来m行描述所有由小键盘输入的询问。其中第i行包含两个整数x, y，表示第i个询问为(x, y)。

Output

 输出m行，其中第i行包含一个整数，表示第i个询问的答案。

Sample Input

aPaPBbP

3

1 2

1 3

2 3

Sample Output

2

1

0

HINT

 1<=N<=10^5

1<=M<=10^5

输入总长<=10^5

Source

​​Trie​​

【分析】

AC自动机+fail树+dfs序+树状数组

这题写起来很吃力啊...

首先根据这个题的奇葩性质，我们线性扫一遍构建出来了一只trie，然后用last[i]表示第i个串在trie上的末尾节点...

看这个问题...问的是第x个串在第y个串中的出现次数。

建好了trie树，枚举y串在trie上的每一个节点，如果某节点的fail跳着跳着跳到了last[x]，那么答案+1，因为某个节点x的fail代表的串是x代表串的一只后缀。所以就是要求在fail树中last[x]的子树里有多少个点是属于y串的。

子树问题...于是 机智的出题人想到了dfs序，这样我们就可以用一个区间 st[x],end[x]来表示x的子树辣。

我们把询问用邻接表处理一下，对于询问每个y串中x1,x2,x3...串出现的次数，我们可以先把y串中的字符的发现时间戳(st数组)扔进树状数组里，然后对于x1,x2,x3用树状数组统计一下 st[x],end[x]区间中出现数字的个数就好辣。QAQ不过写起来好累 （可能是我比较菜吧）

哦对了...根据奇葩性质，我们在处理完y串处理y+1串的时候可以在trie树上倒着删点...这样时间复杂度就可以保证了QAQ。

语文太差了QAQ...听不懂就去看 PoPoQQQ的题解吧...讲的挺棒。

【代码】

//bzoj 打字机 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define ll long long
#define M(a) memset(a,0,sizeof a)
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
const int mxn=100005;
queue <int> q;
char s[mxn],t[mxn];
int n,m,T,len,now,cnt,num,tim,tot;
int pre[mxn],head[mxn],pos[mxn];
int st[mxn],end[mxn],ans[mxn],last[mxn];
struct bit
{
  int c[mxn];
  inline int lowbit(int x) {return x&-x;} 
  inline void add(int x,int v) {for(int i=x;i<=num+1;i+=lowbit(i)) c[i]+=v;}
  inline int getsum(int x) {int sum=0;for(int i=x;i>=1;i-=lowbit(i)) sum+=c[i];return sum;} 
}B;
struct interesting
{
  int head[mxn],cnt;
  struct node {int to,id,next;} f[mxn];
  void add(int u,int v,int id)
  {
    f[++cnt].to=v,f[cnt].id=id,f[cnt].next=head[u],head[u]=cnt; 
  }
}E,A;
struct node {int son[30],fail,id;} a[mxn];
inline void build()
{
  int i,j,x=0;
  fo(i,1,26) if(a[0].son[i])
    E.add(0,a[0].son[i],0),q.push(a[0].son[i]);
  while(!q.empty())
  {
    x=q.front(),q.pop();
    int fail=a[x].fail;
    fo(i,1,26)
    {
      int y=a[x].son[i];
      if(y) q.push(y),a[y].fail=a[fail].son[i],E.add(a[fail].son[i],y,0);
      else a[x].son[i]=a[fail].son[i];
    }
  }
}
inline void DFS(int u)
{
  st[u]=(++tim);
  for(int i=E.head[u];i;i=E.f[i].next)
    DFS(E.f[i].to);
  end[u]=tim;
}
int main()
{
  int i,j,x,y,u;
  scanf("%s",s+1);
  len=strlen(s+1);
  fo(i,1,len)
  {
    if(s[i]=='B') now=pre[now];
    else if(s[i]=='P') tot++,last[tot]=now;
    else
    {
      int c=s[i]-'a'+1,tmp=now;
      if(!a[now].son[c]) a[now].son[c]=(++num);
      now=a[now].son[c],pre[now]=tmp;
    }
  }
  build();
  DFS(0);
  scanf("%d",&m);
  fo(i,1,m)
  {
    scanf("%d%d",&x,&y);
    A.add(y,x,i);
  }
  int k=1;now=0;
  fo(u,1,tot)
  {
    while(s[k]!='P')
    {
      if(s[k]=='B') B.add(st[now],-1),now=pre[now];
      else now=a[now].son[s[k]-'a'+1],B.add(st[now],1);
      k++;
    }
    k++;
    for(j=A.head[u];j;j=A.f[j].next)
    {
      int v=last[A.f[j].to],id=A.f[j].id;
      ans[id]=B.getsum(end[v])-B.getsum(st[v]-1);
    }
  }
  fo(i,1,m) printf("%d\n",ans[i]);
  return 0;
}