bzoj3926/luoguP3346 [Zjoi2015]诸神眷顾的幻想乡(trie上构建广义后缀自动机)

标签：using   iris   结构   void   tps   amp   一起   比较   ref   

bzoj Luogu

题解时间

给你个无根trie树(你管这叫trie树？)，问你选取一条有向路径能形成多少种不同字符串。

太阳花田的结构比较特殊，只与一个空地相邻的空地数量不超过20个。->只有不超过20个叶子。

纯粹看你读题的，你要是读错了这句话的含义你就白给。

如何保证完整枚举这棵树上所有可能的字符串呢？

我们以某个点为根建广义SAM，很明显每一个点都只有向根方向延展出的字符串没有被记入了SAM中。

而对于一个叶子节点，只有以它为根建SAM时，以它为起点延展出的字符串才会被记录。

而对于一个非叶子节点，很明显一定有两个叶子节点在它的不同方向。

所以只需要对于每个叶子节点为根建广义SAM放在一起进行统计即可。

本质不同字符串个数为 $ \Sigma len[x]-len[pre[x]] $ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long lint;
namespace RKK
{
const int N=200011,L=30;
struct yuuka{int to,ne;}e[N];int he[N],ecnt,ind[N];
void addline(int f,int t)
{
    e[++ecnt].to=t;
    e[ecnt].ne=he[f];
    he[f]=ecnt;
    ind[t]++;
}
int n,str[N];
lint ans;
struct remilia{int tranc[10],len,pre;};
struct sakuya
{
    remilia s[N*20];
    int fin,size;
    sakuya(){fin=size=1;}
    void ins(int ch)
    {
        int npx,npy,lpx,lpy;
        if(s[fin].tranc[ch])
        {
            lpy=s[fin].tranc[ch],lpx=fin;
            if(s[lpy].len==s[lpx].len+1) fin=lpy;
            else
            {
                npy=++size;
                s[npy]=s[lpy];
                s[npy].len=s[lpx].len+1;
                s[lpy].pre=npy;
                while(s[lpx].tranc[ch]==lpy)
                {
                    s[lpx].tranc[ch]=npy;
                    lpx=s[lpx].pre;
                }
                fin=npy;
            }
            return;
        }
        npx=++size;
        s[npx].len=s[fin].len+1;
        for(lpx=fin;lpx&&!s[lpx].tranc[ch];lpx=s[lpx].pre) s[lpx].tranc[ch]=npx;
        if(!lpx) s[npx].pre=1;
        else
        {
            lpy=s[lpx].tranc[ch];
            if(s[lpy].len==s[lpx].len+1) s[npx].pre=lpy;
            else
            {
                npy=++size;
                s[npy]=s[lpy];
                s[npy].len=s[lpx].len+1;
                s[npx].pre=s[lpy].pre=npy;
                while(s[lpx].tranc[ch]==lpy)
                {
                    s[lpx].tranc[ch]=npy;
                    lpx=s[lpx].pre;
                }
            }
        }
        fin=npx;
    }
    void work(){for(int i=2;i<=size;i++) ans+=s[i].len-s[s[i].pre].len;}
}sam;
void dfs(int x,int f,int fi)
{
    sam.fin=fi,sam.ins(str[x]);
    int fl=sam.fin;
    for(int i=he[x],t=e[i].to;i;i=e[i].ne,t=e[i].to)if(t!=f)
        dfs(t,x,fl);
}
int Iris()
{
    scanf("%d%*d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&str[i]);
    for(int i=1,x,y;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),addline(x,y),addline(y,x);
    for(int i=1;i<=n;i++)if(ind[i]==1) dfs(i,0,1);
    sam.work();
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}
}
int main(){return RKK::Iris();}

bzoj3926/luoguP3346 [Zjoi2015]诸神眷顾的幻想乡(trie上构建广义后缀自动机)

标签：using   iris   结构   void   tps   amp   一起   比较   ref   

原文地址：https://www.cnblogs.com/rikurika/p/12079124.html