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ac自动机+bit
很早以前就做过这道题了，再做一遍。
构建ac自动机的话就是模拟一下就可以了，然后就是如何统计答案。
这里巧妙地利用了fail树的性质，fail树是指当前在trie上从根到这个节点的路径，也就是某个单词的前缀，这个单词的前缀的后缀能够匹配上另一个单词的前缀，于是就把fail指针连向那个单词的前缀最后的节点。
fail树的根就是ac自动机的根。
如果我们用一个模式串来匹配单词，那么fail指针就能够统计当前前缀的后缀的单词的数量，如果不能继续匹配下去，就沿着fail指针走。
这道题利用了fail树的性质，统计x在y中出现多少次，就是说从根到y的路径中有多少个节点的fail指向x，也就是说有多少位置的后缀是x单词，fail指针总是指向一个是当前后缀的前缀，而前缀就是一个单词。
直接暴力是不行的，那么我们对于询问分类，把每个x用邻接表存在对应的y下，然后求出fail树的dfs序，按照建自动机的方式模拟，每插入完一个单词，就统计这个单词对应的询问，统计询问是利用树状数组，每走到一个节点就把这个节点的dfs序插入bit，离开就删除，这样就保证bit里总是只存在当前的单词，走到打印的地方时，这个单词的所有节点就都插入在bit里了，也不会有其他多余的单词，所以每次统计询问单词的子树和就行了，因为我们是查询y单词有多少节点的fail指针指向x，那么把fail树反向，也就是说有多少y单词上的节点在x的子树里，因为fail指针能够构成一棵树，并且是有方向的，只有一个单词的后缀指向前缀才会后构成fail指针，所以对于一个单词，fail指针的反向也就统计了一个单词出现在其他单词的次数。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef pair<int, int> PII; const int N = 100010; int n, m; vector<int> g[N]; vector<PII> G[N]; int ans[N]; char s[N]; struct BIT { int tree[N]; int lowbit(int i) { return i & (-i); } void update(int pos, int delta) { for(int i = pos; i <= n; i += lowbit(i)) tree[i] += delta; } int query(int pos) { int ret = 0; for(int i = pos; i; i -= lowbit(i)) ret += tree[i]; return ret; } } t; struct AC { int root, Time, tot, cnt; int child[N][26], fail[N], pos[N], mir[N], st[N], fi[N], fa[N]; void construct(char s[]) { int now = root; for(int i = 1; i <= n; ++i) { if(s[i] >= ‘a‘ && s[i] <= ‘z‘) { if(!child[now][s[i] - ‘a‘]) child[now][s[i] - ‘a‘] = ++cnt; fa[child[now][s[i] - ‘a‘]] = now; now = child[now][s[i] - ‘a‘]; } else if(s[i] == ‘B‘) now = fa[now]; else { pos[now] = ++tot; mir[tot] = now; } } } void get_fail() { queue<int> q; q.push(root); while(!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for(int i = 0; i < 26; ++i) if(child[u][i]) { int v = child[u][i]; if(u == root) fail[v] = root; else { int now = fail[u]; while(now != root && !child[now][i]) now = fail[now]; fail[v] = child[now][i]; } g[v].push_back(fail[v]); g[fail[v]].push_back(v); q.push(v); } } } void solve() { int now = root; for(int i = 1; i <= n; ++i) { if(s[i] == ‘P‘) { for(int j = 0; j < G[pos[now]].size(); ++j) { PII x = G[pos[now]][j]; int u = mir[x.first], id = x.second; ans[id] += t.query(fi[u]) - t.query(st[u] - 1); } } else if(s[i] == ‘B‘) { t.update(st[now], -1); now = fa[now]; } else { now = child[now][s[i] - ‘a‘]; t.update(st[now], 1); } } } void dfs(int u, int last) { st[u] = ++Time; for(int i = 0; i < g[u].size(); ++i) { int v = g[u][i]; if(v == last) continue; dfs(v, u); } fi[u] = Time; } } ac; int main() { scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1); ac.construct(s); ac.get_fail(); ac.dfs(0, -1); scanf("%d", &m); for(int i = 1; i <= m; ++i) { int x, y; scanf("%d%d", &x, &y); G[y].push_back(make_pair(x, i)); } ac.solve(); for(int i = 1; i <= m; ++i) printf("%d\n", ans[i]); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/19992147orz/p/7222204.html
