bzoj2434(NOI2011).阿狸的打字机(AC自动机 && DFS序 && 树状数组)
2016-04-22 14:28
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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?
第一想法:暴力。首先按规则生成出字符串,然后暴力的计算x 在y 中出现了多少次,时间复杂度 O(nL^2);优化:KMP 可优化到O(nL)。但是因为数据都是 10^5级别的,所以依然无法通过。
又因为是多串匹配问题,想到了AC自动机。如果一个字符串x 在字符串y 中出现了
n 次,那么在从 Trie 树中从 root 到y 的结尾节点的这条链上有
n 个点的 fail 指针指向了x 的结尾节点。但是如果这样转移还是会 TLE。这时候就要用神奇的传说中的fail树:其实也就是把
fail 指针反向建出来一棵树,为什么一定会是树呢,因为原 Trie 树中的节点必定有且仅有一个fail 指针,那么现在将
fail 指针反向,每个点的入度一定为1,所以一定是一棵树。然后如果一个字符串 x在字符串 y 中出现了n次,就意味着在 fail树中以x
结尾节点为根的子树中,有 n 个属于 y 字符串的节点。同时我们知道一个树的子树在这棵树的先序DFS序中是连续的一段,那么根据这个性质,我们就可以用树状数组,在O(log n) 的时间复杂度内修改并统计答案。这道题就解决了。
具体见CODE:
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?
第一想法:暴力。首先按规则生成出字符串,然后暴力的计算x 在y 中出现了多少次,时间复杂度 O(nL^2);优化:KMP 可优化到O(nL)。但是因为数据都是 10^5级别的,所以依然无法通过。
又因为是多串匹配问题,想到了AC自动机。如果一个字符串x 在字符串y 中出现了
n 次,那么在从 Trie 树中从 root 到y 的结尾节点的这条链上有
n 个点的 fail 指针指向了x 的结尾节点。但是如果这样转移还是会 TLE。这时候就要用神奇的传说中的fail树:其实也就是把
fail 指针反向建出来一棵树,为什么一定会是树呢,因为原 Trie 树中的节点必定有且仅有一个fail 指针,那么现在将
fail 指针反向,每个点的入度一定为1,所以一定是一棵树。然后如果一个字符串 x在字符串 y 中出现了n次,就意味着在 fail树中以x
结尾节点为根的子树中,有 n 个属于 y 字符串的节点。同时我们知道一个树的子树在这棵树的先序DFS序中是连续的一段,那么根据这个性质,我们就可以用树状数组,在O(log n) 的时间复杂度内修改并统计答案。这道题就解决了。
具体见CODE:
#include <cstdio> #include <vector> #include <cstring> using namespace std; const int MAX_N = 100005; char p[MAX_N]; int len, m, tot, pos[MAX_N]; vector < pair<int, int> > vec[MAX_N]; struct Trie { int ch[26], fl, fa, ed; } t[MAX_N]; int sz = 0; void build() { int u = 0; for (int i = 1; i <= len; i ++) { if (p[i] == 'B') u = t[u].fa; else if (p[i] == 'P') t[u].ed = 1, tot ++, pos[tot] = u; else { int c = p[i] - 'a'; if (!t[u].ch[c]) t[u].ch[c] = ++ sz, t[t[u].ch[c]].fa = u; u = t[u].ch[c]; } } } void init() { scanf("%s", p + 1); len = strlen(p + 1); scanf("%d", &m); for (int i = 1, x, y; i <= m; i ++) scanf("%d%d", &x, &y), vec[y].push_back(make_pair(x, i)); build(); } int q[MAX_N * 10]; struct Tree { int v, next; } E[MAX_N << 1]; int head[MAX_N], top = 0; void add(int u, int v) { E[++ top].v = v; E[top].next = head[u]; head[u] = top; } void get_Fail() { int hd = 0, tl = 0; t[0].fl = 0; for (int c = 0; c < 26; c ++) if (t[0].ch[c]) { t[t[0].ch[c]].fl = 0; q[++ tl] = t[0].ch[c]; } while (hd < tl) { int r = q[++ hd]; for (int c = 0; c < 26; c ++) { if (!t[r].ch[c]) { t[r].ch[c] = t[t[r].fl].ch[c]; continue; } q[++ tl] = t[r].ch[c]; int u = t[r].ch[c], v = t[r].fl; while (v && !t[v].ch[c]) v = t[v].fl; t[u].fl = t[v].ch[c]; } } memset(head, -1, sizeof(head)); for (int i = 1; i <= sz; i ++) add(t[i].fl, i), add(i, t[i].fl); } int L[MAX_N], R[MAX_N], tm = 0; void dfs(int x, int last) { L[x] = ++ tm; for (int i = head[x]; i != -1; i = E[i].next) if (E[i].v != last) dfs(E[i].v, x); R[x] = tm; } int c[MAX_N * 10], ans[MAX_N]; void Add(int x, int cnt) { for (; x <= tm; x += (x & -x)) c[x] += cnt; } int Qry(int x) { int ret = 0; for (; x > 0; x -= (x & -x)) ret += c[x]; return ret; } void doit() { get_Fail(); dfs(0, 0); int u = 0, now = 0; for (int i = 1; i <= len; i ++) { if (p[i] == 'P') { now ++; //printf("%d:\n", now); //for (int i = 1; i <= tm; i ++) printf("%d ", c[i]); printf("\n"); for (int j = 0; j < vec[now].size(); j ++) { int x = vec[now][j].first, id = vec[now][j].second; //printf("%d %d\n", x, id); //printf("%d %d~%d\n", id, L[pos[x]], R[pos[x]]); ans[id] += Qry(R[pos[x]]) - Qry(L[pos[x]] - 1); } } else if (p[i] == 'B') { //printf("%d~%d -1\n", L[u], R[u]); Add(L[u], -1); u = t[u].fa; } else { u = t[u].ch[p[i] - 'a']; //printf("%d~%d +1\n", L[u], R[u]); Add(L[u], 1); } } for (int i = 1; i <= m; i ++) printf("%d\n", ans[i]); } int main() { init(); doit(); return 0; }
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