题目描述
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。
输入
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。
输出
对于每一个Alice的询问，帮Bob输出答案。
样例输入
3
a
bc
abc
5
1 abca
2 1
1 bca
2 2
2 3
a
bc
abc
5
1 abca
2 1
1 bca
2 2
2 3
样例输出
1
2
1
2
1
提示
【数据范围】
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。
这道题和bzoj2434都是很好的AC自动机练习题，都利用了fail树的性质来解决字符串问题。首先要知道一点：如果x串是y串的子串，那x串一定是y串一个前缀的后缀。我们知道AC自动机上每个点表示这个点到根节点的字符串。这道题的大体思路是把S集合建成AC自动机，每添加一个T集合中的字符串P就把他在AC自动机上跑一遍，把所有遍历的点及它们fail指针能达到的所有点的答案数都加1(遍历的点自然是这个串的子串，fail指针能达到的点都是遍历的点的后缀，当然也是加入的串的子串)，然后查询。利用fail树的性质可以发现，每次插入一个串P，除了遍历的点,其他答案要加1的点都是这些点在fail树上的祖先，因此只要用树上差分将遍历的点+1就把所有答案要加的点都加了。但这样有的点就会被多加好几次，每次插入却最多只能把每个点加一次，因此，要把遍历的点按dfs序排序，然后将相邻两个点的lca到根节点答案都-1(也就是用差分将lca-1)就去重了(因为按dfs序相邻两个点最近，lca也最深)。查询时用树状数组在dfs序上区间求和就行了。
最后附上代码。
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
int sum;
int num;
int cnt;
int tot;
int opt;
int g[100010];
int k[2000010];
int v[2000010];
int l[2000010];
int r[2000010];
int d[2000010];
char s[2000010];
int to[2000010];
int head[2000010];
int next[2000010];
int fail[2000010];
int f[23][2000010];
int a[2000010][26];
void add(int x,int y)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
void change(int x,int val)
{
for(int i=x;i<=num;i+=i&-i)
{
v[i]+=val;
}
}
int ask(int x)
{
int res=0;
for(int i=x;i;i-=i&-i)
{
res+=v[i];
}
return res;
}
void build(char *s,int c)
{
int now=0;
int len=strlen(s);
for(int i=0;i<len;i++)
{
int x=s[i]-'a';
if(!a[now][x])
{
a[now][x]=++cnt;
}
now=a[now][x];
}
g[c]=now;
}
void getfail()
{
queue<int>q;
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(a[0][i])
{
q.push(a[0][i]);
fail[a[0][i]]=0;
}
}
while(!q.empty())
{
int now=q.front();
q.pop();
add(fail[now],now);
f[0][now]=fail[now];
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(a[now][i])
{
fail[a[now][i]]=a[fail[now]][i];
q.push(a[now][i]);
}
else
{
a[now][i]=a[fail[now]][i];
}
}
}
}
bool cmp(int x,int y)
{
return l[x]<l[y];
}
void dfs(int x)
{
l[x]=++num;
d[x]=d[f[0][x]]+1;
for(int i=1;i<=21;i++)
{
f[i][x]=f[i-1][f[i-1][x]];
}
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
dfs(to[i]);
}
r[x]=num;
}
int lca(int x,int y)
{
if(d[x]<d[y])
{
swap(x,y);
}
int dep=d[x]-d[y];
for(int i=0;i<=21;i++)
{
if(((1<<i)&dep)!=0)
{
x=f[i][x];
}
}
if(x==y)
{
return x;
}
for(int i=21;i>=0;i--)
{
if(f[i][x]!=f[i][y])
{
x=f[i][x];
y=f[i][y];
}
}
return f[0][x];
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s);
build(s,i);
}
getfail();
dfs(0);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&opt);
if(opt==1)
{
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
int now=0;
int x=0;
for(int j=0;j<len;j++)
{
now=a[now][s[j]-'a'];
k[++x]=now;
}
sort(k+1,k+1+x,cmp);
for(int j=1;j<=x;j++)
{
change(l[k[j]],1);
}
for(int j=1;j<x;j++)
{
change(l[lca(k[j],k[j+1])],-1);
}
}
else
{
scanf("%d",&sum);
printf("%d
",ask(r[g[sum]])-ask(l[g[sum]]-1));
}
}
}