题意：
给你N个串对，M个询问串，对每个询问串求是多少串对的子串（在串对的某一个中作为子串），以及每个串对最终是包含了多少询问串
方法众多。。
可谓字符串家族八仙过海各显神通。
复杂度不尽相同，O(nlogn),O(nsqrt(n)),O(玄学)（也就是暴力）
（数据比较水，所以一些暴力就过去了）
做法基本都是离线。
法一：AC自动机+暴力
对询问串建AC自动机，把主串往上跑。
匹配到了一个节点，就暴力跳fail，把沿途的点如果是询问串的结尾，ans++，并打上标记，防止重复计数。
一串1111111，随便卡。
法二：AC自动机+hash
询问串或者主串可能有相同的，，，hash一下，减少理论复杂度。。。
还是随便卡。
法三：AC自动机+fail树虚树
这个是正解O(nlogn)。
但是不会虚树，咕咕咕。
法四：后缀数组+hash
AC自动机比较辣鸡，后缀家族表示不服。
一个后缀的和询问串的lcp是询问串的长度的话，那么这个询问串就是子串。
考虑一个询问会被哪些后缀包含，我们把所有的询问串和子串用分隔符隔开，然后跑SA，HEIGHT
对于每个询问串的开头位置，往左往右二分出所有出现的位置。
这个区间[l,r]就是这个询问串的所有出现位置~！
（
luogu题解第一篇dalao说，可以不用二分，线性处理出l,r的位置。
然后我写了单调队列，，，，然鹅显然这个区间端点并没有单调性。。。然后WA了半天。。。。
不知是这个dalao口胡错了，还是我太菜了？
）
怎么统计答案？
由于区间长度期(shu)望(ju)不(tai)大(shui)，可以暴力扫一遍这个区间，然后轻松统计答案。
一串111111，应该还是能卡。
法五：后缀数组+莫队
莫队教导我们：干嘛要直接暴力？
处理出询问区间之后，莫队可以轻松统计第一问，
第二问的话：差分。每新加入一个颜色，就把这个颜色的答案加上剩余询问的次数，删除这个颜色的时候，就把剩余次数减掉。这样，处理所有包含这个颜色的询问的时候，这些询问一定贡献到了这个颜色里。
O(nsqrt(n))
法六：后缀数组+树状数组
莫队归根到底，还是暴力啊。。。。
再看一看第一问是什么：统计区间颜色的数量？哦，，[SDOI2009]HH的项链！！
树状数组来也。
第二问呢？反过来，把询问当做树状数组中加入的点值。
到L的时候，bit(L)++,到R的时候，bit(L)--，到i的时候，ans+=query(i)-query(pre[i])
类似扫描线。
本质上还是对于每个颜色第一次被区间包含的时候，把这个区间的贡献加上。为什么这里要把bit(L)--？为了消除区间两端在中间的情况。
那为什么不把bit(R)--？这样前面的相同部分并不能减去
反而加上了-1
我写的就是这个方法：
注意：
1.还是二分吧。。
2.注意我们是在SA数组上操作，pos记录的是原串的所属，所以，在SA上循环的时候，查询这个后缀的所属，用pos[sa[i]]
#include<bits/stdc++.h> #define il inline #define reg register int #define numb (ch^'0') using namespace std; typedef long long ll; il void rd(int &x){ char ch;bool fl=false; while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb); (fl==true)&&(x=-x); } namespace Miracle{ const int N=4e5+5; const int C=1e4+2; int x[N],y[N],c[N],sa[N],hei[N],rk[N]; int n,m; int s[N+233]; void SA(int n){ int m=C+2; for(reg i=1;i<=n;++i) ++c[x[i]=s[i]]; for(reg i=1;i<=m;++i) c[i]+=c[i-1]; for(reg i=1;i<=n;++i) sa[c[x[i]]--]=i; for(reg k=1;k<=n;k<<=1){ int num=0; for(reg i=n-k+1;i<=n;++i) y[++num]=i; for(reg i=1;i<=n;++i){ if(sa[i]-k>=1) y[++num]=sa[i]-k; } for(reg i=1;i<=m;++i) c[i]=0; for(reg i=1;i<=n;++i) ++c[x[i]]; for(reg i=1;i<=m;++i) c[i]+=c[i-1]; for(reg i=n;i>=1;--i) sa[c[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0; swap(x,y); num=1; x[sa[1]]=1; for(reg i=2;i<=n;++i){ x[sa[i]]=((y[sa[i]]==y[sa[i-1]])&&(y[sa[i-1]+k]==y[sa[i]+k])?num:++num); } if(num==n) break; m=num; } } void HEI(int n){ for(reg i=1;i<=n;++i) rk[sa[i]]=i; int k=0; for(reg i=1;i<=n;++i){ if(k)--k; if(rk[i]==1) continue; int j=sa[rk[i]-1]; while(i+k<=n&&j+k<=n&&s[i+k]==s[j+k]) ++k; hei[rk[i]]=k; } } int pos[N],pre[N],las[N],id[N]; int nxt[N]; struct question{ int L,R,id,ans; bool friend operator <(question a,question b){ return a.L<b.L; } }que[N]; struct node{ int L,p,c; bool friend operator <(node a,node b){ if(a.p!=b.p) return a.p<b.p; return a.c>b.c; } }po[2*N]; int cnt; int chang[N]; int f[N][20]; int lg[N]; int tot; int query(int x,int y){ if(x==y) return tot-x+1; if(x>y) swap(x,y); ++x; int len=lg[y-x+1]; // cout<<" rmq "<<len<<" "<<f[x][len]<<" "<<f[y-(1<<len)+1][len]<<endl; int ret=min(f[x][len],f[y-(1<<len)+1][len]); return ret; } void prewrk(int n){ /// cout<<" nn "<<n<<endl; for(reg i=1;i<=n;++i) { f[i][0]=hei[i]; lg[i]=(i>>(lg[i-1]+1))?lg[i-1]+1:lg[i-1]; } for(reg j=1;j<=18;++j){ for(reg i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i){ f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]); //cout<<" i j "<<i<<" "<<j<<" : "<<f[i][j]<<endl; } } for(reg i=1;i<=n;++i){ if(pos[sa[i]]==0&&id[sa[i]]>0){ int tmp=i; int l=1,r=i-1; que[id[sa[i]]].id=id[sa[i]]; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if(query(mid,i)>=chang[id[sa[i]]]) tmp=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } que[id[sa[i]]].L=tmp; l=i+1,r=n; tmp=i; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if(query(i,mid)>=chang[id[sa[i]]]) tmp=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } que[id[sa[i]]].R=tmp; } } } int ans1[N]; int ans2[N]; struct arraytree{ int f[N]; void add(int x,int c){ for(;x<=tot;x+=x&(-x)) f[x]+=c; } int query(int x){ int ret=0; for(;x;x-=x&(-x)) ret+=f[x]; return ret; } }t; int main(){ rd(n);rd(m); int len,x; tot=0; for(reg i=1;i<=n;++i){ rd(len); for(reg j=1;j<=len;++j){ rd(x); s[++tot]=x; id[tot]=0; pos[tot]=i; } s[++tot]=C;//warning!!! pos[tot]=-1;//warning!! -1 rd(len); for(reg j=1;j<=len;++j){ rd(x); s[++tot]=x; id[tot]=0; pos[tot]=i; } s[++tot]=C; pos[tot]=-1; } for(reg i=1;i<=m;++i){ rd(len); chang[i]=len; for(reg j=1;j<=len;++j){ rd(x); s[++tot]=x; pos[tot]=0; if(j==1) id[tot]=i; } s[++tot]=C; pos[tot]=-1; } SA(tot); HEI(tot); prewrk(tot); // cout<<" after "<<endl; // sort(que+1,que+m+1); // // for(reg i=1;i<=tot;++i){ // cout<<s[i]<<" "; // }cout<<endl<<endl; //// // for(reg i=1;i<=tot;++i){ // cout<<pos[sa[i]]<<" "; // }cout<<endl<<endl; //// // for(reg i=1;i<=tot;++i){ // cout<<id[sa[i]]<<" "; // }cout<<endl<<endl; // for(reg i=1;i<=tot;++i){ // cout<<hei[i]<<" "; // }cout<<endl<<endl; for(reg i=1;i<=m;++i){ // cout<<que[i].L<<" "<<que[i].R<<" "<<que[i].id<<endl; po[++cnt].c=1; po[cnt].L=que[i].L,po[cnt].p=que[i].L; po[++cnt].c=-1; po[cnt].L=que[i].L,po[cnt].p=que[i].R; } sort(po+1,po+cnt+1); for(reg i=1;i<=tot;++i){ if(pos[sa[i]]>0){ pre[i]=las[pos[sa[i]]]; las[pos[sa[i]]]=i; } } memset(las,0,sizeof las); for(reg i=tot;i>=1;--i){ if(pos[sa[i]]>0){ if(las[pos[sa[i]]])nxt[i]=las[pos[sa[i]]]; else nxt[i]=tot+1; las[pos[sa[i]]]=i; } } int now=1; for(reg i=1;i<=n;++i){ if(las[i]){ //cout<<i<<" add fir "<<las[i]<<endl; t.add(las[i],1); } } for(reg i=1;i<=tot;++i){ while(now<=m&&que[now].L==i){ //<<que[now].id<<" : "<<que[now].R<<" "<<t.query(que[now].R)<<" "<<que[now].L<<" "<<t.query(que[now].L-1)<<endl; que[now].ans=t.query(que[now].R)-t.query(que[now].L-1); ans1[que[now].id]=que[now].ans; ++now; } if(nxt[i]&&nxt[i]<=tot) t.add(nxt[i],1); } memset(t.f,0,sizeof t.f); now=1; for(reg i=1;i<=tot;++i){ while(po[now].p==i&&now<=cnt&&po[now].c==1){ t.add(po[now].L,po[now].c); ++now; } if(pos[sa[i]]>0){ ans2[pos[sa[i]]]+=t.query(i)-t.query(pre[i]); } while(po[now].p==i&&now<=cnt){ t.add(po[now].L,po[now].c); ++now; } } for(reg i=1;i<=m;++i){ printf("%d ",ans1[i]); } for(reg i=1;i<=n;++i){ printf("%d ",ans2[i]); } return 0; } } signed main(){ Miracle::main(); return 0; } /* Author: *Miracle* Date: 2018/12/23 11:39:01 */
法七：后缀数组+主席树+树状数组
emmm。。。
第一问也可以用主席树做。。。（虽然已经离线了，就完全没有必要了）
法八：后缀自动机+暴力
SAM大吼一声，怎么能少了俺？！？！
对所有的姓、名建广义SAM
可以对每个串的每个位置暴力跳parent树，把每个right集合的位置实际在多少个串上出现，叫做sz，记录下来。
询问的话，匹配一遍，如果中途没有失配，最后的匹配到节点的sz即为答案。
然后在这个点上打上tag++
最后，把所有的姓名串的每个位置再跑一遍，tag的总和就是被点名次数。当然，要在途中留下自己的标记，以防重复统计。
还是暴力。
一串111111应该还是可以卡掉？因为parent树退化成了一条链。
但是值得一提的是，这个算法总算是在线的！
法九：后缀自动机+莫队
思路来自：ywy_c_asm
莫队支持区间，那后缀自动机哪里有区间？
先把每个询问串在后缀自动机上跑一下，（失配直接puts0，然后滚蛋）
最后到了某个节点p，那么根据parent树的意义，p的子树中的所有点代表的位置都包含这个询问串！
于是，我们用莫队来搞dfn序！（具体所属情况，叶子就记录了。）
然后的方法大家就已经很熟悉了。（当然也可以用主席树或者树状数组做。）
upda：2019.3.8:
法十：后缀自动机+线段树合并
在线+O(nlogn)的算法
建出广义SAM，然后线段树合并，
跑询问串时候，查询线段树的sz就是第一问答案。然后打上tag标记
最后再来一次线段树合并。
到每个点时候把tag整个加到线段树上去。
到了root，dfs一遍线段树即可。