[SCOI2012]喵星球上的点名——堪称十种方法做的题

题意：

给你N个串对，M个询问串，对每个询问串求是多少串对的子串（在串对的某一个中作为子串），以及每个串对最终是包含了多少询问串

方法众多。。

可谓字符串家族八仙过海各显神通。

复杂度不尽相同，O(nlogn),O(nsqrt(n)),O(玄学)（也就是暴力）

（数据比较水，所以一些暴力就过去了）

做法基本都是离线。

法一：AC自动机+暴力

对询问串建AC自动机，把主串往上跑。

匹配到了一个节点，就暴力跳fail，把沿途的点如果是询问串的结尾，ans++，并打上标记，防止重复计数。

一串1111111，随便卡。

法二：AC自动机+hash

询问串或者主串可能有相同的，，，hash一下，减少理论复杂度。。。

还是随便卡。

法三：AC自动机+fail树虚树

这个是正解O(nlogn)。

但是不会虚树，咕咕咕。

法四：后缀数组+hash

AC自动机比较辣鸡，后缀家族表示不服。

一个后缀的和询问串的lcp是询问串的长度的话，那么这个询问串就是子串。

考虑一个询问会被哪些后缀包含，我们把所有的询问串和子串用分隔符隔开，然后跑SA，HEIGHT

对于每个询问串的开头位置，往左往右二分出所有出现的位置。

这个区间[l,r]就是这个询问串的所有出现位置~！

（

luogu题解第一篇dalao说，可以不用二分，线性处理出l,r的位置。

然后我写了单调队列，，，，然鹅显然这个区间端点并没有单调性。。。然后WA了半天。。。。

不知是这个dalao口胡错了，还是我太菜了？

）

怎么统计答案？

由于区间长度期(shu)望(ju)不(tai)大(shui)，可以暴力扫一遍这个区间，然后轻松统计答案。

一串111111，应该还是能卡。

法五：后缀数组+莫队

莫队教导我们：干嘛要直接暴力？

处理出询问区间之后，莫队可以轻松统计第一问，

第二问的话：差分。每新加入一个颜色，就把这个颜色的答案加上剩余询问的次数，删除这个颜色的时候，就把剩余次数减掉。这样，处理所有包含这个颜色的询问的时候，这些询问一定贡献到了这个颜色里。

O(nsqrt(n))

法六：后缀数组+树状数组

莫队归根到底，还是暴力啊。。。。

再看一看第一问是什么：统计区间颜色的数量？哦，，[SDOI2009]HH的项链！！

树状数组来也。

第二问呢？反过来，把询问当做树状数组中加入的点值。

到L的时候，bit(L)++,到R的时候，bit(L)--，到i的时候，ans+=query(i)-query(pre[i])

类似扫描线。

本质上还是对于每个颜色第一次被区间包含的时候，把这个区间的贡献加上。为什么这里要把bit(L)--？为了消除区间两端在中间的情况。

那为什么不把bit(R)--？这样前面的相同部分并不能减去

反而加上了-1

我写的就是这个方法：

注意：

1.还是二分吧。。

2.注意我们是在SA数组上操作，pos记录的是原串的所属，所以，在SA上循环的时候，查询这个后缀的所属，用pos[sa[i]]

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define reg register int
#define numb (ch^'0')
using namespace std;
typedef long long ll;
il void rd(int &x){char ch;bool fl=false;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);(fl==true)&&(x=-x);
}
namespace Miracle{
const int N=4e5+5;
const int C=1e4+2;
int x[N],y[N],c[N],sa[N],hei[N],rk[N];
int n,m;
int s[N+233];
void SA(int n){int m=C+2;for(reg i=1;i<=n;++i) ++c[x[i]=s[i]];for(reg i=1;i<=m;++i) c[i]+=c[i-1];for(reg i=1;i<=n;++i) sa[c[x[i]]--]=i;for(reg k=1;k<=n;k<<=1){int num=0;for(reg i=n-k+1;i<=n;++i) y[++num]=i;for(reg i=1;i<=n;++i){if(sa[i]-k>=1) y[++num]=sa[i]-k;}for(reg i=1;i<=m;++i) c[i]=0;for(reg i=1;i<=n;++i) ++c[x[i]];for(reg i=1;i<=m;++i) c[i]+=c[i-1];for(reg i=n;i>=1;--i) sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;swap(x,y);num=1;x[sa[1]]=1;for(reg i=2;i<=n;++i){x[sa[i]]=((y[sa[i]]==y[sa[i-1]])&&(y[sa[i-1]+k]==y[sa[i]+k])?num:++num);}if(num==n) break;m=num;}
}
void HEI(int n){for(reg i=1;i<=n;++i) rk[sa[i]]=i;int k=0;for(reg i=1;i<=n;++i){if(k)--k;if(rk[i]==1) continue;int j=sa[rk[i]-1];while(i+k<=n&&j+k<=n&&s[i+k]==s[j+k]) ++k;hei[rk[i]]=k;}
}
int pos[N],pre[N],las[N],id[N];
int nxt[N];
struct question{int L,R,id,ans;bool friend operator <(question a,question b){return a.L<b.L;}
}que[N];
struct node{int L,p,c;bool friend operator <(node a,node b){if(a.p!=b.p) return a.p<b.p;return a.c>b.c;}
}po[2*N];
int cnt;
int chang[N];
int f[N][20];
int lg[N];
int tot;
int query(int x,int y){if(x==y) return tot-x+1;if(x>y) swap(x,y);++x;int len=lg[y-x+1];
//    cout<<" rmq "<<len<<" "<<f[x][len]<<" "<<f[y-(1<<len)+1][len]<<endl;int ret=min(f[x][len],f[y-(1<<len)+1][len]);return ret;
}
void prewrk(int n){
///    cout<<" nn "<<n<<endl;
    for(reg i=1;i<=n;++i) {
        f[i][0]=hei[i];lg[i]=(i>>(lg[i-1]+1))?lg[i-1]+1:lg[i-1];}for(reg j=1;j<=18;++j){for(reg i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i){f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);//cout<<" i j "<<i<<" "<<j<<" : "<<f[i][j]<<endl;
        }}for(reg i=1;i<=n;++i){if(pos[sa[i]]==0&&id[sa[i]]>0){int tmp=i;int l=1,r=i-1;que[id[sa[i]]].id=id[sa[i]];while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(query(mid,i)>=chang[id[sa[i]]]) tmp=mid,r=mid-1;else l=mid+1;}que[id[sa[i]]].L=tmp;l=i+1,r=n;tmp=i;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(query(i,mid)>=chang[id[sa[i]]]) tmp=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}que[id[sa[i]]].R=tmp;}}
}
int ans1[N];
int ans2[N];
struct arraytree{int f[N];void add(int x,int c){for(;x<=tot;x+=x&(-x)) f[x]+=c;}int query(int x){int ret=0;for(;x;x-=x&(-x)) ret+=f[x];return ret;        }
}t;
int main(){rd(n);rd(m);int len,x;tot=0;for(reg i=1;i<=n;++i){rd(len);for(reg j=1;j<=len;++j){rd(x);s[++tot]=x;id[tot]=0;pos[tot]=i;}s[++tot]=C;//warning!!!pos[tot]=-1;//warning!! -1
        rd(len);for(reg j=1;j<=len;++j){rd(x);s[++tot]=x;id[tot]=0;pos[tot]=i;}s[++tot]=C;pos[tot]=-1;}for(reg i=1;i<=m;++i){rd(len);chang[i]=len;for(reg j=1;j<=len;++j){rd(x);s[++tot]=x;pos[tot]=0;if(j==1) id[tot]=i;}s[++tot]=C;pos[tot]=-1;}SA(tot);HEI(tot);prewrk(tot);//    cout<<" after "<<endl;
//    sort(que+1,que+m+1);
//
//    for(reg i=1;i<=tot;++i){
//        cout<<s[i]<<" ";
//    }cout<<endl<<endl;
////
//    for(reg i=1;i<=tot;++i){
//        cout<<pos[sa[i]]<<" ";
//    }cout<<endl<<endl;
////
//    for(reg i=1;i<=tot;++i){
//        cout<<id[sa[i]]<<" ";
//    }cout<<endl<<endl;
//    for(reg i=1;i<=tot;++i){
//        cout<<hei[i]<<" ";
//    }cout<<endl<<endl;for(reg i=1;i<=m;++i){//    cout<<que[i].L<<" "<<que[i].R<<" "<<que[i].id<<endl;po[++cnt].c=1;po[cnt].L=que[i].L,po[cnt].p=que[i].L;po[++cnt].c=-1;po[cnt].L=que[i].L,po[cnt].p=que[i].R;}sort(po+1,po+cnt+1);for(reg i=1;i<=tot;++i){if(pos[sa[i]]>0){pre[i]=las[pos[sa[i]]];las[pos[sa[i]]]=i;}}memset(las,0,sizeof las);for(reg i=tot;i>=1;--i){if(pos[sa[i]]>0){if(las[pos[sa[i]]])nxt[i]=las[pos[sa[i]]];else nxt[i]=tot+1;las[pos[sa[i]]]=i;}}int now=1;for(reg i=1;i<=n;++i){if(las[i]){//cout<<i<<" add fir "<<las[i]<<endl;t.add(las[i],1);}}for(reg i=1;i<=tot;++i){while(now<=m&&que[now].L==i){//<<que[now].id<<" : "<<que[now].R<<" "<<t.query(que[now].R)<<" "<<que[now].L<<" "<<t.query(que[now].L-1)<<endl;que[now].ans=t.query(que[now].R)-t.query(que[now].L-1);ans1[que[now].id]=que[now].ans;++now;}if(nxt[i]&&nxt[i]<=tot) t.add(nxt[i],1);}memset(t.f,0,sizeof t.f);now=1;for(reg i=1;i<=tot;++i){while(po[now].p==i&&now<=cnt&&po[now].c==1){t.add(po[now].L,po[now].c);++now;}if(pos[sa[i]]>0){ans2[pos[sa[i]]]+=t.query(i)-t.query(pre[i]);}while(po[now].p==i&&now<=cnt){t.add(po[now].L,po[now].c);++now;}}for(reg i=1;i<=m;++i){printf("%d\n",ans1[i]);}for(reg i=1;i<=n;++i){printf("%d ",ans2[i]);}return 0;
}}
signed main(){Miracle::main();return 0;
}/*Author: *Miracle*Date: 2018/12/23 11:39:01
*/

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法七：后缀数组+主席树+树状数组

emmm。。。

第一问也可以用主席树做。。。（虽然已经离线了，就完全没有必要了）

法八：后缀自动机+暴力

SAM大吼一声，怎么能少了俺？！？！

对所有的姓、名建广义SAM

可以对每个串的每个位置暴力跳parent树，把每个right集合的位置实际在多少个串上出现，叫做sz，记录下来。

询问的话，匹配一遍，如果中途没有失配，最后的匹配到节点的sz即为答案。

然后在这个点上打上tag++

最后，把所有的姓名串的每个位置再跑一遍，tag的总和就是被点名次数。当然，要在途中留下自己的标记，以防重复统计。

还是暴力。

一串111111应该还是可以卡掉？因为parent树退化成了一条链。

但是值得一提的是，这个算法总算是在线的！

法九：后缀自动机+莫队

思路来自：ywy_c_asm

莫队支持区间，那后缀自动机哪里有区间？

先把每个询问串在后缀自动机上跑一下，（失配直接puts0，然后滚蛋）

最后到了某个节点p，那么根据parent树的意义，p的子树中的所有点代表的位置都包含这个询问串！

于是，我们用莫队来搞dfn序！（具体所属情况，叶子就记录了。）

然后的方法大家就已经很熟悉了。（当然也可以用主席树或者树状数组做。）

upda：2019.3.8:

法十：后缀自动机+线段树合并

在线+O(nlogn)的算法

建出广义SAM，然后线段树合并，

跑询问串时候，查询线段树的sz就是第一问答案。然后打上tag标记

最后再来一次线段树合并。

到每个点时候把tag整个加到线段树上去。

到了root，dfs一遍线段树即可。

转载于:https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/10165020.html