题目描述

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?

输入

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)。

输出

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。

样例输入

aPaPBbP
3
1 2
1 3
2 3

样例输出

2
1
0


题解

AC自动机

题目中打字的方法其实就是在建立Trie树,根据这个可以建出一棵Trie树。

首先必须要知道,x串在y串中出现的次数,就是y串中可以通过fail链到达x串的节点个数,

也就是fail树中,x串的子树中y串中节点的个数。

接下来的问题比较复杂。

怎样求fail树中x串的子树中y串中节点的个数?也即y串中节点有几个在x串中。

这需要dfs序,l与r之间是对应子树,可以用树状数组进行单点修改,区间查询。

在AC自动机中遍历一遍,遍历到y时,把l[y]加1,退出时把r[y]都减1。

那么可以发现:这就是给定的打字方式!

'a'~'z':添加字符              'a'~'z':数组加1

'B':删除字符        =>      'B':数组减1

'P':打印字符                   'P':处理询问

于是再次对原字符串进行处理,即可得解。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
#define N 1000001
using namespace std;
queue<int> q;
int nt[N][26] , fa[N] , fail[N] , cnt[N] , tot = 1 , pos[N] , p , c , head[N] , to[N] , nextn[N] , l[N] , r[N] , f[N << 1] , k , ans[N];
char str[N];
vector<int> son[N];
void add(int x , int y)
{to[++c] = y;nextn[c] = head[x];head[x] = c;
}
void build()
{int u , t , i;q.push(1);while(!q.empty()){u = q.front();q.pop();for(i = 0 ; i < 26 ; i ++ ){if(nt[u][i]){q.push(nt[u][i]);t = fail[u];while(t && !nt[t][i])t = fail[t];if(t) fail[nt[u][i]] = nt[t][i];else fail[nt[u][i]] = 1;}}}
}
void dfs(int x)
{l[x] = ++k;int i;for(i = 0 ; i < (int)son[x].size() ; i ++ )dfs(son[x][i]);r[x] = ++k;
}
void update(int x , int a)
{int i;for(i = x ; i <= k ; i += i & -i)f[i] += a;
}
int query(int x)
{int i , ans = 0;for(i = x ; i ; i -= i & -i)ans += f[i];return ans;
}
void solve()
{int now = 1 , id = 0 , i , j , len = strlen(str);update(l[1] , 1);for(i = 0 ; i < len ; i ++ ){if(str[i] == 'P')for(j = head[++id] ; j ; j = nextn[j])ans[j] += query(r[pos[to[j]]]) - query(l[pos[to[j]]] - 1);else if(str[i] == 'B'){update(r[now] , -1);now = fa[now];}else{now = nt[now][str[i] - 'a'];update(l[now] , 1);}}
}
int main()
{int i , t = 1 , len , x , y , m;scanf("%s" , str);len = strlen(str);for(i = 0 ; i < len ; i ++ ){if(str[i] == 'P'){cnt[t] ++ ;pos[++p] = t;}else if(str[i] == 'B')t = fa[t];else{if(!nt[t][str[i] - 'a'])nt[t][str[i] - 'a'] = ++tot;fa[nt[t][str[i] - 'a']] = t;t = nt[t][str[i] - 'a'];}}build();for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )son[fail[i]].push_back(i);dfs(1);scanf("%d" , &m);for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ){scanf("%d%d" , &x , &y);add(y , x);}solve();for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )printf("%d\n" , ans[i]);return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/6265087.html

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