洛谷2336 BZOJ2754 SCOI2012 喵星球上的点名 SA 莫队 二分
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题意：
有nnn个人，每个人有两个串，一个表示姓，一个表示名，这里用数字表示字符。有mmm次询问，对于每次询问，你要回答有多少个人的姓或者名至少有一个是给出的串的子串。最后再对于这nnn个人中的每一个人，回答这个mmm个串中的多少个串是这个人的姓或者名至少一个的子串。n<=5e4,m<=1e5,总长度<=1e5,数值<=1e4n<=5e4,m<=1e5,总长度<=1e5,数值<=1e4n<=5e4,m<=1e5,总长度<=1e5,数值<=1e4。
题解：
不会这个题，是看了题解的。（虽然我几乎没有什么不是看题解的题，但是这个题我似乎都不知道该怎么讲是怎么想到要用SA的。。）
我们先把所有串首尾相连，中间用一个大权值的字符隔开。然后对这个串做一次SA，并且求出rank、height。所有都连起来做SA的好处是一个串的所有子串都会成为它某一个后缀的前缀，那么一个询问串是否是一个串的子串，只需要判断是不是某一个后缀的前缀就可以了。
我们对于一个询问，会包含它的串应该是所有前缀包含它的后缀所在的那些串，我们可以对rank向前向后二分，分别求出一个以这个询问串为前缀的左端点和右端点。这样我们每次询问就是问这个左端点与右端点之间有多少个串出现，并且让这些串答案加一。
主要是有一个问题比较麻烦，就是如果这个询问串既是这个人的姓的子串，又是这个人名的子串，这时候不能算两遍。这个题不是强制在线的，于是我们可以离线下来，用一个莫队来处理。每次一个后缀加入的时候，我们判断这个后缀所在的串是否已经加入过了，然后看是否要让答案加一，对于不在区间内也是同理。对于第二问，我们的做法是，在这个串加入的时候把所有后面还没有算过的操作数加进来，当执行到让它退出这个区间的操作的时候，我们再减去这时候还没有的操作总数，那么这个差就是这一部分操作对这个串的贡献。
莫队这块要是说得不是清楚的话可以看看代码，代码还是比较清楚易懂的。
这样就做完这个题了，复杂度O(nlogn+nn)O(nlogn+n\sqrt{n})O(nlogn+nn)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int n,m,s[400010],rk[400010],sa[400010],he[400010][22],ji[200010],len[200010];
int cnt[400010],pos[400010],a[400010],b[400010],c[400010],ans1,num[400010],ans[400010];
struct node
{int l,r,id;
}q[400010];
inline int read()
{int x=0;char s=getchar();while(s>'9'||s<'0')s=getchar();while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}return x;
}
inline void get_sa()
{for(int i=1;i<=n;++i)rk[i]=a[i];for(int i=1;i<=n;++i)s[rk[i]]++;for(int i=1;i<=10003;++i)s[i]+=s[i-1];for(int i=n;i>=1;--i)sa[s[rk[i]]--]=i; int p=0,ln=1,x=10003;while(p<n){int k=0;for(int i=n-ln+1;i<=n;++i)b[++k]=i;for(int i=1;i<=n;++i){if(sa[i]>ln)b[++k]=sa[i]-ln;}for(int i=1;i<=n;++i)c[i]=rk[b[i]];memset(s,0,sizeof(s));for(int i=1;i<=n;++i)s[c[i]]++;for(int i=1;i<=x;++i)s[i]+=s[i-1];for(int i=n;i>=1;--i)sa[s[c[i]]--]=b[i]; for(int i=1;i<=n;++i)c[i]=rk[i];p=1;rk[sa[1]]=1;for(int i=2;i<=n;++i){if(!(c[sa[i]]==c[sa[i-1]]&&c[sa[i]+ln]==c[sa[i-1]+ln]))++p;rk[sa[i]]=p;}x=p;ln*=2;}x=0;for(int i=1;i<=n;++i){if(rk[i]==1)continue;if(x)--x;int j=sa[rk[i]-1];while(a[i+x]==a[j+x])++x; he[rk[i]][0]=x;}for(int j=1;(1<<j)<=n;++j){for(int i=1;i<=n-(1<<j)+1;++i)he[i][j]=min(he[i][j-1],he[i+(1<<j-1)][j-1]); }
}
inline int lcp(int x,int y)
{int z=log2(y-x);return min(he[x+1][z],he[y-(1<<z)+1][z]);
}
inline int cmp(node x,node y)
{if(pos[x.l]!=pos[y.l])return pos[x.l]<pos[y.l];return x.r<y.r;
}
inline void ins(int x,int y)
{if(!s[c[x]]){++ans1;num[c[x]]+=m-y+1;}++s[c[x]];
}
inline void del(int x,int y)
{--s[c[x]];if(!s[c[x]]){--ans1;num[c[x]]-=m-y+1;}
}
int main()
{for(int i=1;i<=400000;++i)a[i]=1;n=read();m=read(); int qwq=0,gg=n;for(int i=1;i<=n;++i){int l=read();for(int j=1;j<=l;++j){int x=read()+1;a[++qwq]=x;}a[++qwq]=10002;l=read();for(int j=1;j<=l;++j){int x=read()+1;a[++qwq]=x;}a[++qwq]=10003;}int jilu=qwq;for(int i=1;i<=m;++i){len[i]=read();ji[i]=qwq+1;for(int j=1;j<=len[i];++j){int x=read()+1;a[++qwq]=x;}if(i!=m)a[++qwq]=10003;} n=qwq;get_sa();int sz=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;++i)pos[i]=i/sz+1;memset(c,0,sizeof(c));int cnt=1;for(int i=1;i<=jilu;++i){if(a[i]==10003)++cnt;elsec[rk[i]]=cnt;}for(int i=1;i<=m;++i){int x=rk[ji[i]];int l=1,r=x-1,mid,res=x,jil,jir;while(l<=r){mid=(l+r)>>1;if(lcp(mid,x)>=len[i]){res=mid;r=mid-1;}elsel=mid+1;}jil=res;l=x+1;r=n;res=x; while(l<=r){mid=(l+r)>>1;if(lcp(x,mid)>=len[i]){res=mid;l=mid+1;}elser=mid-1;}jir=res;q[i].l=jil;q[i].r=jir;q[i].id=i;}sort(q+1,q+m+1,cmp);memset(s,0,sizeof(s));int l=1,r=0;for(int i=1;i<=m;++i){while(r<q[i].r)ins(++r,i);while(r>q[i].r)del(r--,i);while(l<q[i].l)del(l++,i);while(l>q[i].l)ins(--l,i);ans[q[i].id]=ans1;if(s[0])--ans[q[i].id];}for(int i=1;i<=m;++i)printf("%d\n",ans[i]);for(int i=1;i<=gg;++i)printf("%d ",num[i]);printf("\n");return 0;
}
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