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Description

给定 (n) 个 (01) 模式串。(q) 次询问：

每次询问给定一个 (01) 串：

• 设给这个串匹配的串是在模式串中存在的他的最长前缀
• 问 ([a, b]) 时刻内，这个匹配的串变了多少次。

Solution

这题很坑没有给出 (01) 串的长度数据范围，不过应该能读进来说明是个字符串总数的复杂度是够的。

统计两个串符合某种前缀关系，首先想到 ( ext{Trie})。

显然这个答案符合区间可加性，设答案 (=) 匹配串在前 (r) 个时刻的变换次数 (-) 匹配串在前 (l) 个时刻的变换次数。拆完询问后，不妨考虑离线，考虑从小到大加入一个模式串到 ( ext{Trie}) 中，然后统计相应位置下的答案。

考虑在 (Trie) 树上动态维护每个节点的信息：

• (cnt_i) 表示从开始到当前时刻，如果匹配串在这个节点，它的最长前缀会被修改多少次

比较显然的是，如果存在两个模式串 (a,b)，(a) 是 (b) 的前缀。那么当 (b) 存在的时候，(a) 当前要进行加入 / 删除， (a) 的修改不会影响 (b) 节点的子树（因为 (b) 节点的子树的最长前缀还是 (b)），但是会影响 (a) 的子树除了 (b) 的子树的部分，让他们的 (cnt) 都 (+1)。这启示我们再弄一个信息：

• (st_i) 表示 (i) 这个节点当前有没有模式串

那么每次修改 / 删除一个模式串 (a)，就把 (a) 在 ( ext{Trie}) 下的从上到下不断扩展，除非遇到 (st) 为 ( ext{True})，那么停止。

然后我们发现这个东西其实和线段树的 ( ext{pushdown}) 很像，然后再想想是可以这么搞的，弄个加法 ( ext{tag}) 就行了，所以就 ( ext{OK}) 了。值得注意的是 ( ext{pushdown}) 仅能用在祖先全部处理完的情况下，不能胡乱加标记，否则修改的先后顺序会出现混乱，这是我之前尝试的（因为我不懂线段树 QAQ）。

时间复杂度

(O(线性))

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
using namespace std;

const int N = 100005;

int n, m, tr[N * 64][2], idx, cnt[N * 64];
int add[N * 64], pos[N], ans[N];

bool st[N * 64], opt[N];

char op[4], s[N][64], g[N][64];

vector<int> q[N];


void inline pushdown(int p) {
	if (!add[p]) return;
	if (!tr[p][0]) tr[p][0] = ++idx;
	if (!tr[p][1]) tr[p][1] = ++idx;
	if (!st[tr[p][0]]) add[tr[p][0]] += add[p], cnt[tr[p][0]] += add[p];
	if (!st[tr[p][1]]) add[tr[p][1]] += add[p], cnt[tr[p][1]] += add[p];
	add[p] = 0;
}

void inline insert(int id, bool tag) {
	int p = 0;
	for (int i = 0; s[id][i]; i++) {
		int ch = s[id][i] - '0';
		pushdown(p);
		if (!tr[p][ch]) tr[p][ch] = ++idx;
		p = tr[p][ch];
	}
	cnt[p]++, add[p]++;
	st[p] = tag;
}

int inline query(int id) {
	int p = 0;
	for (int i = 0; g[id][i]; i++) {
		int ch = g[id][i] - '0';
		if (!tr[p][ch]) return cnt[p];
		p = tr[p][ch];
		pushdown(p);
	}
	return cnt[p];
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%s%s", op, s[i]);
		opt[i] = op[0] == 'A';
	}
	for (int i = 1, a, b; i <= m; i++) {
		scanf("%s%d%d", g[i], &a, &b);
		q[a].push_back(i);
		q[b].push_back(i); 
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		insert(i, opt[i]);
		for (int j = 0; j < q[i].size(); j++) {
			int id = q[i][j];
			ans[id] = query(id) - ans[id];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d
", ans[i]);
	return 0;
}