P5357【模板】AC自动机（二次加强版）

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一、题解分析

因为是什么二次加强版，所以大家先去做一下加强版吧，做法差不多。

没做过的看上面的链接，有一些变量名可能会在刚才那一篇\(blog\)出现过，所以建议大家再去过一下。

好了，看到这里大家都一定做过加强版了吧，那么这道题的做法也是差不多的:我们这一次不需要求出现最多的字符串啦，直接将\(cnt\)数组输出就好了！（应该都知道\(cnt\)数组是什么吧，就是统计每个模式串在文本串出现多少次的数组）

但重复的单词有没有影响啊！有啊！对于加强版，这一次重复的单词就会有影响啦，怎么办？

这道题有相同字符串要统计，设当前字符串是第\(i\)个，我们用一个\(family[i]\)数组存(当前字符串在\(Trie\)中的那个位置输入模式串序号)，最后把\(ans[family[i]]\)输出就\(OK\)了。另外\(id\)只在第一次赋值时变化，其他都不变。

本题思路很简单，如果你做过加强版的话。
这个思路很好搞，就是简单统计出现次数，然后输出。
不过如果你直接交会发现花花绿绿的，红绿蓝紫齐全。
我当时就是非常高兴的把加强版的代码改了改交了上去:

二、朴素版本

//本代码手动吸氧，可以得76分
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2 * 1e5 + 10;
const int M = 2 * 1e6 + 10; //最大长度 2*10^6,比加强版大了一倍
char s[N], T[M];            //模式串与文本串
/*
每个模式串Si在T中出现的次数
数据不保证任意两个模式串不相同。

理解:
1、如果能保证模式串不重复，那么就是加强版。
2、由于模式串可能重复，所以需要进行一下处理：采用一个类似于并查集的思想：
因为模式串可能有重复的，而我们在本题中不关心第几个模式串出现几次，只关心“长着一样的字符串，出现了几次”
比如:第2、3两个序号输入的模式串都是 abcd,其实，我们关注的是 abcd出现的次数，而不是 2和3出现的次数。
因为，采用的办法就是：一样的字符串，第一次录入记录它是family的族长，后面再输入一样的字符串，都使用前面的族长编号做为自己家族的标识
*/
int n;              //模式串数量
int tr[N][26], idx; // Trie树
int id[N];          // 节点号-mapping->模式串
int ne[N];          // AC自动机的失配数组 fail指针
int ans[N];         //记录答案，每个模式串被命中几次
int family[N];      //每个输入的模式串x,都隶属于某一个family[x]，黄海称之为家庭，类似于并查集？

void insert(char *s, int x) {
    int p = 0;
    for (int i = 0; s[i]; i++) {
        int t = s[i] - 'a';
        if (!tr[p][t]) tr[p][t] = ++idx;
        p = tr[p][t];
    }
    if (!id[p]) id[p] = x; //当字符串重复时，保留第一个录入的序号
    family[x] = id[p];     // 记录族长信息
}

int q[N];
void bfs() {
    int hh = 0, tt = -1; //将队列的头和尾变量写在这里，可以有效防止多组测试数据的初始化问题
    for (int i = 0; i < 26; i++)
        if (tr[0][i]) q[++tt] = tr[0][i];
    while (hh <= tt) {
        int p = q[hh++];
        for (int i = 0; i < 26; i++) {
            int t = tr[p][i]; // p状态，通过i这条边，到达的新状态t; 也可以理解为是前缀
            if (!t)
                tr[p][i] = tr[ne[p]][i]; //节点 指向父节点失配指针的i这条边
            else {
                ne[t] = tr[ne[p]][i]; //失配指针指向父节点失配指针的i这条边
                q[++tt] = t;          //存在的要入队列
            }
        }
    }
}

//查询字符串s在AC自动机中出现的次数
void query(char *s) {
    int p = 0;                   //从root出发
    for (int i = 0; s[i]; i++) { //枚举文本串每个字符
        int j = s[i] - 'a';      // j为当前字符的映射数字
        //每走到一个位置，需要进行检查
        int k = tr[p][j];            // k为拷贝出来的临时变量，准备游标去一路向上寻找
        while (k) {                  //如果还没有到达root节点
            if (id[k]) ans[id[k]]++; //如果k这个节点是某个模式串的终点,此模式串号 id[k] 对应的命中个数+1
            k = ne[k];               //继续向上游动
        }
        p = tr[p][j]; //走Trie树路径
    }
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    //由模式串构建Trie树
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%s", s);
        insert(s, i);
    }
    //构建AC自动机
    bfs();

    //输入文本串
    scanf("%s", T);
    //查询
    query(T);
    //对于每一个模式串，输出它代表的字符串在文本串中出现的次数
    for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", ans[family[i]]);
    return 0;
}

那么我们现在得到的算法是直接跑自动机跳\(fail\)树，然后每跳到一个标记点就计数加一。
然后我们考虑对其进行优化，

我们考虑当我们匹配到单词的时，我们会不断地去跳\(fail\)，同一个点会可能被跳多次。
那么我们可以想一下把\(fail\)指针单独建出来他是个什么样子的。

\(emmm\)

懒得画，它就是一棵树。

那么对于这一棵树，我们每次匹配时都会去更新它的父亲节点（\(fail\)树），那么对于树上的一条链，每一个子节点也有父子关系，他们会有共同的祖先。对于一对被遍历过的父子节点，它们的共同祖先显然会被父亲跳一次再被儿子跳一次，如果能够减少跳的次数，同时不丢失贡献，那么我们就能降低复杂度，从而完成本题。

那么我们思考一下，我们在跑自动机时如果先不跳\(fail\)，而是单纯的跑\(trie\)树，是比连跑带跳（\(fail\)）复杂度小不少的。那么跑完\(trie\)树，我们得到的是什么？

我们得到的是文本串在自动机上跑过的痕迹（脚印），我们也就得到了每个节点（不跳\(fail\)）被遍历的次数，
在这些节点中，我们可以拿出来再更新\(fail\)。

这时我们应该想一下既然都拿出来了，有没有什么方法能优化更新？
这样我们就需要思考\(fail\)树的性质
我们思考一下\(fail\)指针的建立：当前节点的 / 父亲节点的 / \(fail\)指针指向节点的 / 子节点 。
\(fail\)指针在树上跳时是一定向上跳的，最下面的节点会更新上面的父亲节点。
那么一个点被遍历的次数就是：\(trie\)树上遍历次数 + \(fail\)树上子节点被遍历次数

而子节点被遍历次数又取决于其\(trie\)树上遍历次数和自身子节点的个数。
那么最下面的点是不需要被其他点通过\(fail\)更新的
如果最下面的点更新过自己的父亲节点，那么它的父亲节点也就是次深的点就成了刚才最下面的点的状态。
而且一个节点只会被更新一次。
于是我们就得到了\(trie\)树的更新方法， 通过拓扑序更新\(fail\)树，从底往上不断累加，最后输出结果。
更新过程有点像线段树？

三、拓扑序优化递推版本

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200010;  //模式串长度
const int M = 2000010; //文本串长度
int n;                 //模式串个数
char s[N], T[M];       //模式串，文本串

// Trie树
int tr[N][26], idx, id[N];
void insert(int x) {
    int p = 0;
    for (int i = 0, p = 0; s[i]; i++) {
        int t = s[i] - 'a';
        if (!tr[p][t]) tr[p][t] = ++idx;
        p = tr[p][t];
    }
    id[x] = p;
}

//构建AC自动机
int q[N], ne[N];
void bfs() {
    int hh = 0, tt = -1;
    for (int i = 0; i < 26; i++)
        if (tr[0][i]) q[++tt] = tr[0][i];
    while (hh <= tt) {
        int t = q[hh++];
        for (int i = 0; i < 26; ++i) {
            if (tr[t][i]) {
                ne[tr[t][i]] = tr[ne[t]][i];
                q[++tt] = tr[t][i];
            } else
                tr[t][i] = tr[ne[t]][i];
        }
    }
}

int f[N];
void query(char *s) {
    int p = 0;
    for (int i = 0; s[i]; i++) { //枚举文本串每一个字符
        int t = s[i] - 'a';      //字符映射的数字t,可以理解为边
        p = tr[p][t];            //走进去，到达的位置替换p
        f[p]++;                  //标识此位置有人走过，记录走的次数
    }
    // Trie树中的节点个数=root(1个)+有效字符数(idx)
    //从大到小枚举，是因为这是符合拓扑序的，倒着来可以形成递推的效果
    for (int i = idx; i; i--) f[ne[q[i]]] += f[q[i]]; //一路向上，计算叠加值
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%s", s);
        insert(i);
    }
    //构建AC自动机
    bfs();
    //文本串
    scanf("%s", T);
    query(T);
    //输出
    for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", f[id[i]]);
    return 0;
}