#3483. SGU505 Prefixes and suffixes（询问在线版）

description

给定𝑛个字符串，有𝑚个询问。
每个询问给出两个字符串𝑠1, 𝑠2，问𝑛个字符串中有多少个字符串满足𝑠1是其前缀，且𝑠2是其后缀。

输入格式
从文件 fix.in 中读入数据。
输入文件的第一行包含一个整数𝑛，含义如上所述。
接下来𝑛行，每行一个字符串。
接下来一行包含一个整数𝑚，代表询问数。
接下来𝑚行,每行包含两个字符串𝑠1, 𝑠2，代表一次询问。询问内容请参见问题描述。
为了体现算法的在线性，我们令上次询问的答案是𝑥（如果这是第一个询问则𝑥 = 0）。询问的两个字符串的所有字符都要按字母表的顺序向后移动𝑥位（字母表是一个环）。例如 x=2，输入的 s1=qz 则查询的 s1=sb。

输出格式
输出到 fix.out 中。
对于每次询问，输出串满足既是𝑠1的前缀，又是𝑠2的后缀的字符串的数量。

样例输入

10
emikuqihgokuhsywlmqemihhpgijkxdukjfmlqlwrpzgwrwozkmlixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuookbqaaoyiorpfdetaeduogebnolonaoehthfaypbeiutssasrriafu
emikuqihgokuorocifwwymkcyqevdtglszfzgycbgnpomvlzppwrigowekufjwiiaxniutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgfkzpgnotajcfjctjqgjeeiheqrepbpakmlixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgfrhulymdxsqirjrfbngwszuyibuixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorguowwiozcgjetmyokqdrqxzigohiutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgsczejjmlbwhandxqwknutzgdmxtiutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgvzfcdxdiwdztolopdnboxfvqzfzxtpecxcbrklvtyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorocsbtlyuosppxuzkjafbhsayenxsdmkmlixyxniutssasrriafu
emikuqihgokuorociysgfjvaikktsixmhaasbvnsvmkntgmoygfxypktjxjdkliixyxniutssasrriafu
10
emikuqihgokuorociysg yxniutssasrriafu
aiegqmedckgqknky eqpoowonnewbq
xfbdnjbazhdnhkhvb qrqgbnmlltlkkbtyn
bjfhrnfedlhrlolzfv qppxpoofxcr
zhdfpldcbjf stsidponnvnmmdvap
zhdfpldcbjfpjmjxdt gdstsidponnvnmmdvap
dlhjtphgfnjtnqnbhxr wxwmhtsrrzrqqhzet
bjfhrnfedlhrlolzfv frqppxpoofxcr
zhdfpldcbjf dponnvnmmdvap
ucyakgyxweakehes nondykjiiqihhyqvk

样例输出

4
7
3
5
5
1
3
5
10
4

数据规模和约定
设𝐿1表示𝑛个字符串的长度之和，𝐿2表示𝑚次查询的字符串𝑠1, 𝑠2的长度之和。

数据点	𝑛的规模	𝑚的规模	L1的规模	L2的规模
1	= 10	= 10	≤ 1000	≤ 500
2	= 200	= 1000	≤ 160000	≤ 160000
3	= 500	= 5000	≤ 400000	≤ 800000
4	= 1000	= 10000	≤ 800000	≤ 400000
5~7	= 2000	= 50000	≤ 1600000	≤ 1600000
8~10	= 2000	= 100000	≤ 1600000	≤ 3200000

对于所有数据，保证字符串的字符集为小写英文字母

solution

刚开始就想了前缀字典树和后缀字典树，但是又要求是同一个字符串，如果暴力存储每个字典树节点代表的子串被包含在哪些字符串里面，似乎就可以前缀后缀对比求出

但这显然会$TLE$，可能跟暴力差不多

害怕空间超限制，我又想到了可持久化字典树，但似乎不大有作用

---

考试过程中，游老师突然说了句

排完序，就是线性复杂度了

$\mathrm{w}\mathrm{a}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{u}\mathrm{t}\mathrm{e}!$

我好像没有排序诶——我陷入了沉思

排序？？

排什么序？排序为我带来了什么好处吗？？

排序会让序列变得有序~~（废话）~~

树的dfn序，使得树可以被划分成连续区间

$......$

真実はいつも一つ！

当我将字符串排序后，对于一段前缀，包含它的字符串一定是一段连续区间！！！

于是乎可以像树的dfn序求节点管辖的子树区间，我可以求出包含该前缀的字符串区间的左右端点

答案通过这一步就进行了字符串筛选，留下的这个区间恰好是所有满足$s1$是其前缀的字符串

接下来就是进一步筛选，这些字符串中后缀是$s2$的串

首先我怎么做到只要这一段区间里面的字符串信息呢？？

暴力枚举——这又回到了起点，不可取

是的没错，就是一开始的——可持久化

这样就转化成了前缀和问题，$r$版本减去$l-1$版本即可

$s2$为后缀，似乎也是一开始的——后缀字典树

对，没错，倒着再来一个可持久化字典树

时间复杂度主要是在前缀字典树和后缀字典树上跑$s1,s2$长度的字符串求和

前面的一些预处理，复杂度没有超过查询的复杂度

两个部分无交集，复杂度是相加关系

所以取大复杂度而言，的确是线性的

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只要想到了，就非常好写这个代码

正解其实就是把之前的乱想法，安排了一个顺序，前提是拍好了序而已

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以上是正解做法

接下来再分享一种方法把

字符串一般都容易想到——哈希

尤其是想不出正解的时候，哈希总归是不会抛弃你的

这道题就是预处理对于每一个字符串的每一个前缀/后缀都哈希一下

一共是$2\ast L1$的

然后查询的时候，就直接枚举$n$个字符串，然后直接调第$i$个字符串长度为$s1,s2$的前缀、后缀哈希，跟查询的两个串哈希比较即可

这种做法是$O(nm)$的

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 2002
#define maxm 1600002
int n, m, len, cnt_pre, cnt_suf;
string s[maxn];
int L[maxm], R[maxm], sum[maxm], root[maxn];
int pre[maxm][26], suf[maxm][26];void insert_pre( int id ) {len = s[id].length();int now = 0;for( int i = 0;i < len;i ++ ) {int k = s[id][i] - 'a';if( ! pre[now][k] ) pre[now][k] = ++ cnt_pre;now = pre[now][k];if( ! L[now] ) L[now] = id;R[now] = id;}
}void insert_suf( int lst, int &now, int id, int d ) {if( ! ~d ) return;now = ++ cnt_suf;for( int i = 0;i < 26;i ++ ) suf[now][i] = suf[lst][i];sum[now] = sum[lst] + 1;int k = s[id][d] - 'a';insert_suf( suf[lst][k], suf[now][k], id, d - 1 );
}string a, b;int find() {int now = 0;for( int i = 0;i < len;i ++ ) {int k = a[i] - 'a';if( ! pre[now][k] ) return 0;else now = pre[now][k];}return now;
}int query( int l, int r, int d ) {int k = b[d] - 'a';if( sum[suf[r][k]] - sum[suf[l][k]] == 0 ) return 0;if( d == 0 ) return sum[suf[r][k]] - sum[suf[l][k]];return query( suf[l][k], suf[r][k], d - 1 );
}int main() {freopen( "fix.in", "r", stdin );freopen( "fix.out", "w", stdout );scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) cin >> s[i];sort( s + 1, s + n + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) insert_pre( i ), insert_suf( root[i - 1], root[i], i, len - 1 );scanf( "%d", &m );int ans = 0;while( m -- ) {cin >> a >> b;len = a.length();for( int i = 0;i < len;i ++ ) {int x = a[i] - 'a';x = ( x + ans ) % 26;a[i] = x + 'a';}int pos = find();if( ! pos ) {printf( "%d\n", ans = 0 );continue;}len = b.length();for( int i = 0;i < len;i ++ ) {int x = b[i] - 'a';x = ( x + ans ) % 26;b[i] = x + 'a';}int l = L[pos], r = R[pos];printf( "%d\n", ans = query( root[l - 1], root[r], len - 1 ) );}return 0;
}