@description@
Alice有n个字符串S_1,S_2...S_n，Bob有一个字符串集合T，一开始集合是空的。
接下来会发生q个操作，操作有两种形式：
“1 P”，Bob往自己的集合里添加了一个字符串P。
“2 x”，Alice询问Bob，集合T中有多少个字符串包含串S_x。（我们称串A包含串B，当且仅当B是A的子串）
Bob遇到了困难，需要你的帮助。
Input
第1行，一个数n；接下来n行，每行一个字符串表示S_i；
下一行，一个数q；接下来q行，每行一个操作，格式见题目描述。
Output
对于每一个Alice的询问，帮Bob输出答案。
Sample Input
3
a
bc
abc
5
1 abca
2 1
1 bca
2 2
2 3
Sample Output
1
2
1
HINT
1 <= n,q <= 100000；
Alice和Bob拥有的字符串长度之和各自都不会超过 2000000；
字符串都由小写英文字母组成。
@solution@
如果考虑将 T 用个什么东西维护起来，然后把 S 拿上去跑，无论在线还是离线都没什么办法快速维护。
我们考虑对所有 S 串建 AC 自动机，然后把 T 拿上去跑。
因为 T 的每一个前缀的后缀都是 T 的子串，而 AC 自动机中的 fail 对应的正是该节点的最长可能匹配的后缀。
我们不妨把 T 的每一个前缀对应的点 x 在 fail 树上做个 x 到 root 的整体链 + 1，就可以快速地将 T 的每个子串更新。
然而。。。这样看似很棒，但其实有一点小小的问题：假如某个子串在 T 中出现了多次，那么上面那个维护方法也会累加多次。
但是我们只需要一次：即表示这个串是 T 的子串，而不是表示这个串在 T 出现了多少次。
我们可以将所有链取并集，做一个“链并加”，这样就可以达到我们的目的了。
具体到实现，我们可以类比虚树，将所有点按照 dfs 访问的时间排序。然后在每个点到根的链 + 1 后，将排序后相邻两个点的 lca 到根的链 - 1。
链加与单点查询可以简单地转为单点加与子树查询，这样就可以 dfs 序上树状数组维护。
时间复杂度 O(nlogn)。
@accepted code@
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 100000;
const int MAXS = 2000000;
struct BIT{
int tree[MAXS + 5], tot;
int lowbit(int x) {return x & (-x);}
void update(int x, int k) {
for(int i=x;i<=tot;i+=lowbit(i))
tree[i] += k;
// printf(". %d %d
", x, k);
}
int sum(int x) {
int ret = 0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
ret += tree[i];
return ret;
}
}T;
struct Graph{
struct edge{
edge *nxt;
int to;
}edges[MAXS + 5], *adj[MAXS + 5], *ecnt;
Graph() {ecnt = &edges[0];}
void addedge(int u, int v) {
edge *p = (++ecnt);
p->to = v, p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
// printf("! %d %d
", u, v);
}
int siz[MAXS + 5], dep[MAXS + 5], hvy[MAXS + 5], fa[MAXS + 5];
void dfs1(int x, int f) {
siz[x] = 1; fa[x] = f; dep[x] = dep[f] + 1; hvy[x] = 0;
for(edge *p=adj[x];p;p=p->nxt) {
if( p->to == f ) continue;
dfs1(p->to, x);
siz[x] += siz[p->to];
if( siz[p->to] > siz[hvy[x]] )
hvy[x] = p->to;
}
}
int tid[MAXS + 5], dfn[MAXS + 5], top[MAXS + 5], dcnt;
void dfs2(int x, int tp) {
top[x] = tp; dfn[++dcnt] = x; tid[x] = dcnt;
if( hvy[x] ) dfs2(hvy[x], tp);
for(edge *p=adj[x];p;p=p->nxt) {
if( p->to == fa[x] || p->to == hvy[x] ) continue;
dfs2(p->to, p->to);
}
}
void build() {dfs1(1, 0); dfs2(1, 1); T.tot = dcnt;}
int lca(int u, int v) {
while( top[u] != top[v] ) {
if( dep[top[u]] < dep[top[v]] ) swap(u, v);
u = fa[top[u]];
}
if( dep[u] < dep[v] ) swap(u, v);
return v;
}
}G;
bool cmp(int x, int y) {return G.tid[x] < G.tid[y];}
struct ACM{
struct node{int ch[26], fail;}nd[MAXS + 5];
int root, ncnt;
ACM() {root = ncnt = 0;}
int add_string(char *S) {
int lenS = strlen(S), nw = root;
for(int i=0;i<lenS;i++) {
if( !nd[nw].ch[S[i] - 'a'] )
nd[nw].ch[S[i] - 'a'] = (++ncnt);
nw = nd[nw].ch[S[i] - 'a'];
}
return nw + 1;
}
void link(int a, int b) {
nd[b].fail = a, G.addedge(a + 1, b + 1);
}
int arr[MAXS + 5];
void build() {
int hd = 1, tl = 0;
for(int i=0;i<26;i++)
if( nd[root].ch[i] ) {
arr[++tl] = nd[root].ch[i];
link(root, nd[root].ch[i]);
}
else nd[root].ch[i] = root;
while( hd <= tl ) {
int f = arr[hd++];
for(int i=0;i<26;i++) {
if( !nd[f].ch[i] )
nd[f].ch[i] = nd[nd[f].fail].ch[i];
else {
arr[++tl] = nd[f].ch[i];
link(nd[nd[f].fail].ch[i], nd[f].ch[i]);
}
}
}
}
void modify(char *S) {
int rt = root; int lenS = strlen(S);
for(int i=0;i<lenS;i++) {
rt = nd[rt].ch[S[i] - 'a'];
arr[i] = rt + 1;
// printf("? %d %d
", arr[i], rt - pl + 1);
}
sort(arr, arr + lenS, cmp);
for(int i=0;i<lenS;i++) T.update(G.tid[arr[i]], 1);
for(int i=1;i<lenS;i++) T.update(G.tid[G.lca(arr[i-1], arr[i])], -1);
}
}ac;
char S[MAXS + 5];
int id[MAXN + 5];
int main() {
int n, q; scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%s", S);
id[i] = ac.add_string(S);
}
ac.build(), G.build();
scanf("%d", &q);
for(int i=1;i<=q;i++) {
int op; scanf("%d", &op);
if( op == 1 ) {
scanf("%s", S);
ac.modify(S);
}
else {
int x; scanf("%d", &x);
printf("%d
", T.sum(G.tid[id[x]] + G.siz[id[x]] - 1) - T.sum(G.tid[id[x]] - 1));
}
}
}
@details@
这道题。。。它卡我倍增的 lca 的空间。。。我写了树链剖分求 lca 才过的。。。
顺便这道题也可以用 sam 建，不过就有些大材小用之感。。。