[NOI2011]阿狸的打字机 AC自动机+DFS序+树状数组

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：

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

HINT

1<=N<=10^5

1<=M<=10^5

输入总长<=10^5

题解：先构建fail树，然后对于一个询问a b，我们就可以将其转化成在以a为根的子树（这里的子树指fail树）中，有多少个节点在单词b中出现过，于是我们自然想到要用离线处理来搞。就是在DFS遍历fail树的时候，分别记录从上面查询到该点和从下面回溯到该点时，有多少个节点在b中出现过，两者的差就是我们要的答案，我们只需要把询问以链表的形式存储到a上就可以了。

但我们发现一个问题，对于某一个节点，它可能存在于很多个单词之中，那我们搜到这个点时就要把这些单词出现的次数全部+1，怎么办？

我们不妨分析一下AC自动机的性质，对于所有包含节点x的单词，他们的结束点一定在以x为根的子树中（这里的子树指AC自动机）。仔细观察发现，这些结束点在AC自动机的DFS序中一定是一段连续的区间（中间没有其它结束点）。利用这个性质，我们就可以对于每一个节点x，求出它对应的区间，然后将整个区间+1，这个可以用树状数组实现。

（以上都是个人想法，也许麻烦了，但事实证明可以AC）

这么做的恶心之处就在于：1.对于一个结束点，既要知道它在AC自动机中的的编号，又要知道它在询问中的编号，还要知道它在DFS序中的编号，特别容易搞混。2.DFS要进行两遍，一遍在AC自动机上搞，一遍在fail树上搞。3.我们一开始求出来的fail树是从儿子指向父亲的，我们还要正向再建一遍树。4.一个结束点可能对应多个单词。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn=100010;
struct node
{
    int ch[26],fail,l,r,cnt;
}p[maxn];
char str[maxn];
int sta[maxn],tp,s[maxn],pos[maxn];
int n,tot,len,sum,now;
int t1[maxn],n1[maxn],h1[maxn],ans[maxn],n2[maxn],h2[maxn];
int tree[maxn];
queue<int> q;
void updata(int x,int v)
{
    for(int i=x;i<=sum;i+=i&-i)    tree[i]+=v;
}
int query(int x)
{
    int i,ret=0;
    for(i=x;i;i-=i&-i)    ret+=tree[i];
    return ret;
}
void dfs1(int x)    //遍历AC自动机 
{
    p[x].l=p[x].r=now;    //如果这个点是结束点，那么now就是该点在DFS序中的顺序
    now+=p[x].cnt;    //[l,r]就是这个点所影响的单词的区间
    for(int i=0;i<26;i++)
    {
        if(p[x].ch[i])
        {
            dfs1(p[x].ch[i]);
            p[x].r=max(p[x].r,p[p[x].ch[i]].r);
        }
    }
}
void build()
{
    int i,j,u,t;
    q.push(1);
    while(!q.empty())
    {
        u=q.front(),q.pop();
        for(i=0;i<26;i++)    //这里不要用fail修改儿子了，因为还要DFS 
        {
            if(!p[u].ch[i])    continue;
            q.push(p[u].ch[i]);
            t=p[u].fail;
            while(!p[t].ch[i]&&t)    t=p[t].fail;
            if(t)    p[p[u].ch[i]].fail=p[t].ch[i];
            else    p[p[u].ch[i]].fail=1;
        }
    }
}
void dfs(int x)    //遍历fail树 
{
    int i;
    for(i=h1[x];i;i=n1[i])
    {
        ans[i]-=query(p[t1[i]].l);
    }
    updata(p[x].l,1);
    updata(p[x].r+1,-1);
    for(i=h2[x];i;i=n2[i])
    {
        dfs(i);
    }
    for(i=h1[x];i;i=n1[i])    //两次差值就是答案，意会一下 
    {
        ans[i]+=query(p[t1[i]].l);
    }
}
int main()
{
    scanf("%s%d",str,&n);
    len=strlen(str);
    int i,j,k,u,t,a,b;
    u=sta[++tp]=1;
    tot=1;
    for(i=0;i<len;i++)    //用栈搞一搞，输入其实很简单 
    {
        if(str[i]==‘B‘)    u=sta[--tp];
        else if(str[i]==‘P‘)    p[u].cnt++,pos[++sum]=u;
        else
        {
            if(!p[u].ch[str[i]-‘a‘])    p[u].ch[str[i]-‘a‘]=++tot;
            u=p[u].ch[str[i]-‘a‘];
            sta[++tp]=u;
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);    //将询问存储到a节点上 
        t1[i]=pos[b];
        n1[i]=h1[pos[a]];
        h1[pos[a]]=i;
    }
    build();
    now=1;
    dfs1(1);
    for(i=2;i<=tot;i++)    //重建fail树 
    {
        n2[i]=h2[p[i].fail];
        h2[p[i].fail]=i;
    }
    dfs(1);
    for(i=1;i<=n;i++)    printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}