NOI2011阿狸的打字机

本文主要是介绍NOI2011阿狸的打字机，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

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

题解

首先构建ac自动机的fail树

得出dfs序，得出每个结点进出时间l[x]，r[x]，考虑这样一种暴力

对于一个询问x，y，查询自动机上root-y的每一个结点，沿着fail指针是否会走到x的结尾点

如果可以即答案+1

而在fail树中，变为查询自动机上root-y的所有结点中，有多少个在x的子树中？

（x子树中的节点必然有一个后缀=x）

只要在自动机上再重新走一遍，走到一个结点y，则将1-l[y]都+1，解决询问x，y（把y相同的链表串起来），即查询l[x]到r[x]的和。。。当遇到一个B时1-l[y]都-1

树状数组实现加减和区间求和

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn=100010;
int trie[maxn][30]={0};
int fail[maxn]={0};
int fa[maxn]={0};
int ans[maxn];
int l[maxn],r[maxn];
int pos[maxn];
int num[maxn<<1];
struct Edge{
   int t,next;
}E[maxn];
struct Node{
   int t,next;
}A[maxn];
int Head[maxn]={0};
int head[maxn]={0};
string s;
int sz=0,tot=0;
int len;
int now=0;
int cnt=0;
int ccnt=0;
inline int idx(char c){
   return c-'a';
}
inline void addedge(int f,int t){
   E[++cnt].t=t;
   E[cnt].next=head[f];
   head[f]=cnt;
}
inline void Addedge(int f,int t){
   A[++ccnt].t=t;
   A[ccnt].next=Head[f];
   Head[f]=ccnt;
}
inline void AC(){
   queue<int>q;
   int now;
   q.push(0);
    while(!q.empty()){
        now=q.front();
       q.pop();
        for(int i=0;i<26;i++){
            if(trie[now][i]!=0){
               q.push(trie[now][i]);
                if(now!=0)
                   fail[trie[now][i]]=trie[fail[now]][i];
                else fail[trie[now][i]]=0;
            }
            else trie[now][i]=trie[fail[now]][i];
        }
    }
}
int ind=0;
inline void dfs(int x){
    l[x]=++ind;
    for(int i=head[x];i;i=E[i].next){
        int u=E[i].t;
        dfs(u);
    }
    r[x]=++ind;
}
inline int lowbit(int k){
   return k&-k;
}
inline void add(int k,int k1){
    while(k<=ind){
        num[k]+=k1;
        k+=lowbit(k);
    }
}
inline int Sum(int k){
    int sum=0;
    while(k>0){
        sum+=num[k];
        k-=lowbit(k);
    }
    return sum;
}
inline void solve(){
    int now=0,tot1=0;
    add(l[now],1);
    for(int i=0;i<len;i++){
        if(s[i]>='a'&&s[i]<='z'){
            int k=idx(s[i]);
            now=trie[now][k];
            add(l[now],1);
        }
        else if(s[i]=='B'){
            add(l[now],-1);
            now=fa[now];
        }
        else{
            tot1++;
            for(int j=Head[tot1];j;j=A[j].next){
                int v=pos[A[j].t];
                ans[j]=Sum(r[v])-Sum(l[v]-1);
            }
        }
    }
}
int main(){
   int n;
   cin>>s;
   len=s.length();
   scanf("%d",&n);
   for(int i=0;i<len;i++){
       if(s[i]=='B')
           now=fa[now];
       else if(s[i]=='P')
           pos[++tot]=now;
       else {
           int u=idx(s[i]);
           trie[now][u]=++sz;
           fa[sz]=now;
           now=sz;
       }
   }
   AC();
   for(int i=1;i<=sz;i++)
       addedge(fail[i],i);
   dfs(0);
   int x,y;
   for(int i=1;i<=n;i++){
       scanf("%d %d",&x,&y);
       Addedge(y,x);
   }
   solve();
   for(int i=1;i<=n;i++)
       printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}