[bzoj4545] DQS的trie

题目大意

有一个非严格的Trie，有三种操作：新加一个子树、求Trie上本质不同的字符串个数、询问一个字符串在trie上的出现次数。

分析

很容易想到用SAM来做。
在线用LCT维护即可。
然而这题允许离线，这里我用了个离线的做法。
首先把最终的trie构出来，建个SAM，然后每当新加入节点就把相应的信息加进去。
现在看看如何处理两个询问：
1. 询问本质不同的字符串个数。这个显然等于当前SAM上所有节点表示的最大长度减fail树它的父亲表示的最大长度之和（step[x]-step[fail[x]]）。当加入一个节点时，从它所对应SAM上的节点沿fail树往上跳，统计一下答案，并标记已访问。直到跳到访问过的节点。这一问的总时间复杂度是O(N)的。
2. 询问一个字符串的出现次数。这个也很简单，就是对应节点在fail树上对应的子树表示多少个原trie上的节点。可以用树状数组实现区间求和、单点加操作。

总复杂度就是O(NlogN)的了~

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int N=200005;typedef long long LL;int n,h[N],e[N],nxt[N],Dfn[N],tot,m,Size[N],Sum[N],Now,D[N],fa[N],cnt;int Son[N][3],Id[N],Step[N],Fail[N];bool Visit[N];LL ans;char c,C[N],Q[N*10];struct Op{    int typ,x;}O[N];int read(){    int x=0,sig=1;    for (c=getchar();c<'0' || c>'9';c=getchar()) if (c=='-') sig=-1;    for (;c>='0' && c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-48;    return x*sig;}void add(int x,int y,char c){    e[++tot]=y; nxt[tot]=h[x]; C[tot]=c; h[x]=tot;}void Init(){    n=read(); n=read();    for (int i=1;i<n;i++)    {        int x=read(),y=read();        for (;c<'a' || c>'c';c=getchar());        add(x,y,c); add(y,x,c);    }    m=read();    for (int i=0;i<m;i++)    {        O[i].typ=read();        if (O[i].typ==2)        {            int r=read(); O[i].x=read();            for (int j=1;j<O[i].x;j++)            {                int x=read(),y=read();                for (;c<'a' || c>'c';c=getchar());                add(x,y,c); add(y,x,c);            }        }else if (O[i].typ==3)        {            for (;c<'a' || c>'z';c=getchar());            for (;c!='\n' && c!='\r';c=getchar())            {                O[i].x++;                Q[Now++]=c;            }        }    }}int Extend(int Last,char c){    c-='a';    if (Son[Last][c]>0 && Step[Son[Last][c]]==Step[Last]+1) return Son[Last][c];    int p=Last,np=++cnt,q,nq;    Step[np]=Step[p]+1;    for (;p>=0 && Son[p][c]==0;p=Fail[p]) Son[p][c]=np;    if (p<0) Fail[np]=0;else    {        q=Son[p][c];        if (Step[q]==Step[p]+1) Fail[np]=q;else        {            nq=++cnt;            Step[nq]=Step[p]+1;            memcpy(Son[nq],Son[q],sizeof(Son[q]));            Fail[nq]=Fail[q];            Fail[np]=Fail[q]=nq;            for (;p>=0 && Son[p][c]==q;p=Fail[p]) Son[p][c]=nq;        }    }    return np;}void Add(int x,int y){    e[++tot]=y; nxt[tot]=h[x]; h[x]=tot;}void Dfs(int x){    Dfn[x]=++tot;    for (int i=h[x];i;i=nxt[i])    {        Dfs(e[i]); Size[x]+=Size[e[i]]+1;    }}int Lowbit(int x){    return x&-x;}void Change(int x){    for (;x<=cnt+1;x+=Lowbit(x)) Sum[x]++;}int Get_sum(int x){    int s=0;    for (;x;x-=Lowbit(x)) s+=Sum[x];    return s;}void Ins(int x){    Change(Dfn[x]);    for (;x>0 && !Visit[x];x=Fail[x])    {        Visit[x]=1; ans+=Step[x]-Step[Fail[x]];    }}void Work(){    tot=0; Fail[0]=-1;    D[1]=1;    for (int i=1,j=1,x,k;i<=j;i++)    {        x=D[i];        for (k=h[x];k;k=nxt[k]) if (e[k]!=fa[x])        {            fa[e[k]]=x;            Id[e[k]]=Extend(Id[x],C[k]);            D[++j]=e[k];        }    }    memset(h,0,sizeof(h));    for (int i=1;i<=cnt;i++) Add(Fail[i],i);    tot=Now=0;    Dfs(0);    for (int i=2;i<=n;i++) Ins(Id[i]);    for (int i=0;i<m;i++)    {        if (O[i].typ==1) printf("%lld\n",ans);        else if (O[i].typ==2)        {            for (int j=1;j<O[i].x;j++) Ins(Id[++n]);        }else        {            bool bz=1;            int j,x;            for (x=j=0;j<O[i].x;j++,Now++)                if (!Son[x][Q[Now]-'a']) bz=0;else x=Son[x][Q[Now]-'a'];            if (bz) printf("%d\n",Get_sum(Dfn[x]+Size[x])-Get_sum(Dfn[x]-1));            else printf("0\n");        }    }}int main(){    Init();    Work();    return 0;}