（一下只供自己复习用，目的是对比这几个题，所以写得不详细。需要细节的可以参考其他博主）
【BZOJ3172：单词】
题目：
某人读论文，一篇论文是由许多（N）单词组成。但他发现一个单词会在论文中出现很多次，现在想知道每个单词分别在论文中出现多少次。N<=200，总单词长度不超过10^6。
思路：
简单题，建立AC自动机，插入的时候每个位置都++，代表以当前位置为后缀的字符串的个数，用于fail转移时累加。然后build得到fail指针；最后从叶子向根累加。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1000010; char c[maxn]; int ans[maxn],pos[210],N; struct Trie { int ch[maxn][26],cnt,times,fail[maxn],q[maxn],head,tail; Trie(){ cnt=times=head=tail=0; } int insert(){ int Now=0,L=strlen(c+1); for(int i=1;i<=L;i++){ if(!ch[Now][c[i]-'a']) ch[Now][c[i]-'a']=++cnt; Now=ch[Now][c[i]-'a']; ans[Now]++; } return Now; } void build() { for(int i=0;i<26;i++) if(ch[0][i]) q[++head]=ch[0][i]; while(tail<head){ int Now=q[++tail]; for(int i=0;i<26;i++){ if(ch[Now][i]){ fail[ch[Now][i]]=ch[fail[Now]][i]; q[++head]=ch[Now][i]; } else ch[Now][i]=ch[fail[Now]][i]; } } for(int i=tail;i>=1;i--) ans[fail[q[i]]]+=ans[q[i]]; } }T; int main() { scanf("%d",&N); for(int i=1;i<=N;i++){ scanf("%s",c+1); pos[i]=T.insert(); } T.build(); for(int i=1;i<=N;i++) printf("%d ",ans[pos[i]]); return 0; }
【BZOJ2434阿狸的打字机】：
题目：
给定N个字符串。现在又Q个问题，每次问题给出（X，Y），求第X个字符串在第Y个字符串里出现的次数。 1<=N<=10e5；1<=M<=10e5；输入总长<=10e5
思路：
因为上一题是单次讯问，而且是整体求，所以一次拓扑倒序累加即可，但是此题是多次询问，而且是针对Trie树上代表的两个字符串X和Y之间的包含次数，不能整体法。其实问题是 “Y有多少个节点顺着fail可以走到X节点”； 正解： 1，先建立AC自动机；2，得到fail树；3，对fail树进行DFS得到DFS序；4，在Trie树上dfs求解。
下面这一段转自huzecong (便于理解，自己加了一点东西) ：那么我们可以得到一个离线算法：对fail树遍历一遍，得到一个DFS序（得到fail树每个节点的子树）；再维护一个树状数组，对原Trie树进行dfs遍历，每访问一个节点，就修改树状数组，对树状数组中该节点的DFS序起点的位置加上1。每往回走一步，就减去1（模拟一下发现dfs到Y点时，在树状数组里的东西来自于root、Y1、Y2...Y，是一条链；即Y的每一个节点都考虑到是否可以沿fail指针走到X）。如果访问到了一个Y字串的末尾节点，枚举询问中每个Y串对应的X串，查询树状数组中X串末尾节点从DFS序中的起始位置到结束位置的和，并记录答案。这样，我们就得到了一个时间复杂度为O(N+MlogN)的优美的算法。因为N和M都不超过105，所以这个算法是可行的。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=100010; char c[maxn]; int pos[maxn],num,ans[maxn]; //记录输入字符串位置 vector<int>G[maxn]; //用于建fail树 int Laxt[maxn],Next[maxn],To[maxn],id[maxn],tot; //N个问题 void add(int u,int v,int iid) //加问题 { Next[++tot]=Laxt[u]; Laxt[u]=tot; To[tot]=v; id[tot]=iid; } struct Trie { int cnt,ch[maxn][26],fa[maxn],fail[maxn],q[maxn],head,tail;//建立AC自动机，fail树。 int ind[maxn],outd[maxn],times; //对Fail树DFS序部分 int sum[maxn<<1]; //对Trie树dfs维护的树状数组部分 Trie(){ cnt=times=head=tail=0; } void insert(){ int Now=0,L=strlen(c+1); for(int i=1;i<=L;i++){ if(c[i]=='B') Now=fa[Now]; else if(c[i]=='P') pos[++num]=Now; else { if(!ch[Now][c[i]-'a']){ ch[Now][c[i]-'a']=++cnt; fa[cnt]=Now; } Now=ch[Now][c[i]-'a']; } } } void build() { for(int i=0;i<26;i++) if(ch[0][i]){ q[++head]=ch[0][i]; G[0].push_back(ch[0][i]); } while(tail<head){ int Now=q[++tail]; for(int i=0;i<26;i++){ if(ch[Now][i]){ fail[ch[Now][i]]=ch[fail[Now]][i]; G[fail[ch[Now][i]]].push_back(ch[Now][i]); q[++head]=ch[Now][i]; } else ch[Now][i]=ch[fail[Now]][i]; } } } void DFS(int Now) { ind[Now]=++times; int L=G[Now].size(); for(int i=0;i<L;i++) DFS(G[Now][i]); outd[Now]=++times; } void add(int x,int val){ while(x<=times) { sum[x]+=val; x+=(-x)&x;}} int query(int x){ int res=0; while(x){ res+=sum[x]; x-=(-x)&x;} return res;} void dfs() { int Now=0,L=strlen(c+1); for(int i=1;i<=L;i++){ if(c[i]=='B') add(ind[Now],-1) ,Now=fa[Now]; else if(c[i]=='P'){ for(int j=Laxt[Now];j;j=Next[j]){ int v=To[j]; ans[id[j]]=query(outd[v])-query(ind[v]-1); } } else Now=ch[Now][c[i]-'a'],add(ind[Now],1); } } }T; int main() { scanf("%s",c+1); T.insert(); T.build(); int N,u,v; scanf("%d",&N); for(int i=1;i<=N;i++){ scanf("%d%d",&u,&v); add(pos[v],pos[u],i); } T.DFS(0); T.dfs(); //直接搜索是错的，需要从输入的字符串入手。因为ac自动机ch[]数组的关系是改变了的 for(int i=1;i<=N;i++) printf("%d ",ans[i]); return 0; }
【BZOJ3881】
题意：
Bob有个字符串集合T，一开始为空，现在有两种操作:1，Bob的集合新增加一个字符串str; 2，Alice给出字符串x，问集合T中多少字符串包含x。1e6级别。