「Codeforces 1202E」You Are Given Some Strings...

Description

定义， (f(T, s)) 为字符串 (s) 在字符串 (T) 中出现的次数，如：(f( exttt{"aaabacaa"}, exttt{"aa"}) = 3, f( exttt{"ababa"}, exttt{"aba"}) = 2)。

给定一个字符串 (t), (n) 个字符串 (s_1, s_2, cdots, s_n)。求

[sumlimits_{i = 1}^n sumlimits_{j = 1}^n f(t, s_i + s_j) ]

的值，其中 (s_i + s_j) 表示将字符串 (s_i, s_j) 拼接在一起。

Hint

• (1le |t| le 2 imes 10^5)
• (1le nle 2 imes 10^5)
• (1le sum_{i = 1}^{n} |s_i| le 2 imes 10^5)

Solution

注：下文中 (s[lcdots r]) 表示字符串 (s) 的第 (l) 到第 (r) 位形成的子串。

设 (f_k) 表示有几个 ({s_1, s_2,cdots s_n}) 中的字符串是 (t[1cdots k]) 的后缀 ，设 (g_k) 表示有几个 ({s_1, s_2,cdots s_n}) 中的字符串是 (t[kcdots |t|]) 的前缀。

若我们确定一个断点 (x)，将 (t) 分为前后两部分 (t_1 = t[1cdots x], t_2 = t[x + 1cdots |t|]) 。找有几个 ({s_1, s_2,cdots s_n}) 中的字符串可以拼在 (t_1) 的后面，有几个可以拼在 (t_2) 的前面，将这两个个数一乘（乘法原理），就是这个断点对答案的贡献。

于是答案就是：

[sumlimits_{i = 1}^{n - 1} f_i imes g_{i + 1} ]

---

接下来就是如何求 (f, g) 了。

先建 AC自动机 。以 (f) 为例， (g) 反转后同理。

当文本串 (t) 在自动机上走的时候，每走到一个结点，都要往 fail 指针的一直方向跳，沿途记录有几个模式串的结尾作为这一位的答案。但这样的复杂度有问题，如果遇到形如 aaaaa....aa 的就会被卡成 (O(sum |s_i| imes |t|))，绝对 T 飞。

但是我们可以在建 fail 指针的时候就把这个结点 一直通过 fail 连到最上面有几个结尾点 处理出来就不会有这样的问题。具体地，只要在一个结点做好之后，加一句 t[x].cnt += t[t[x].fail].cnt; 即可，类似于前缀和。这样一直累加下去，最后 cnt 就从结尾的个数变成了一路跳 fail 的结尾的个数。

时间复杂度：(O(sum|s_i| + |t|))。

Code

/*
 * Author : _Wallace_
 * Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
 * Problem : Codeforces 1202E You Are Given Some Strings...
 */
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string>
#include <queue>

using namespace std;
const int L = 2e5 + 5;
const int S = 26;

struct AC_Automaton {
	struct ACAM_Node {
		int ch[S]; // 子结点 
		int fail; // fail 指针 
		int cnt;
		/* cnt 的前后两种含义 ： 
		 * 建fail前：结尾个数 
		 * 建fail后：一路跳fail一共的结尾个数 
		 */ 
	} t[L];
	int total;
	
	AC_Automaton() {
		total = 0;
	}
	inline void insert(string& s) {
		int x = 0;
		for (string::iterator it = s.begin(); it != s.end(); it++) {
			int c = *it - 'a';
			if (!t[x].ch[c]) t[x].ch[c] = ++total;
			x = t[x].ch[c];
		}
		t[x].cnt++; // 结尾符标记 
	}
	inline void initFail() { //建 AC自动机 
		queue <int> Q;
		for (register int c = 0; c < S; c++)
			if (t[0].ch[c]) Q.push(t[0].ch[c]), t[t[0].ch[c]].fail = 0;
		while (!Q.empty()) {
			int x = Q.front(); Q.pop();
			for (register int c = 0; c < S; c++)
				if (t[x].ch[c]) {
					Q.push(t[x].ch[c]);
					t[t[x].ch[c]].fail = t[t[x].fail].ch[c];
				} else t[x].ch[c] = t[t[x].fail].ch[c];
			t[x].cnt += t[t[x].fail].cnt; // 在这里加一个前缀和的操作，当前的 cnt 加上 fail 对应的 cnt。 
		}
	}
	inline void scan(int *f, string& s) { // 计算 f 和 g 
		int x = 0;
		for (string::iterator it = s.begin(); it != s.end(); it++, f++)
			x = t[x].ch[*it - 'a'], *f = t[x].cnt;
			// 预处理过，不需要暴跳fail了，直接取值。 
	}
} A, R; // 正AC自动机，反AC自动机 

int f[L], g[L]; 
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	string s, t; int n;
	
	cin >> t >> n;
	for (; n; --n) {
		cin >> s;
		A.insert(s);
		reverse(s.begin(), s.end());
		R.insert(s); // 反转后插入反自动机 
	}
	
	A.initFail();
	A.scan(f + 1, t);
	
	reverse(t.begin(), t.end());
	R.initFail(); // 反转后在反自动机上跑 
	R.scan(g + 1, t);
	
	long long ans = 0ll; // 不开 long long 见祖宗 
	for (register int i = 1; i <= t.size(); i++)
		ans += f[i] * 1ll * g[t.size() - i];
		// 乘法原理，注意这里的 g 也反了。原来应为 ans += f[i] * 1ll * g[i + 1]
	cout << ans << endl;
	return 0;
}