luogu

题意

给你一个串\(S\)以及一个字符串数组\(T[1..m]\)，\(q\)次询问，每次问\(S\)的子串\(S[p_l..p_r]\)在\(T[l..r]\)中的哪个串里的出现次数最多，并输出出现次数。
如有多解输出最靠前的那一个。
\(|S|\le5*10^5,\sum|T|\le5*10^4,q\le5*10^5\)

sol

首先肯定是对\(T[1..m]\)这个字符串数组构出广义\(SAM\)。
考虑串\(S\)在这个\(SAM\)上的匹配，是\(O(|S|)\)的。显然不能对于每组询问都暴力匹配一遍。
把所有询问离线，按照询问的\(p_r\)挂链，当原串在\(SAM\)上匹配到\(p_r\)位置的时候，这个子串\(S[p_l..p_r]\)一定会是当前状态的一个祖先（当然也有可能这个子串根本就没在\(SAM\)里面出现，这个特判掉就好了）。
找祖先显然可以倍增一下，跳到最上方的满足\(len_u\ge q_r-q_l+1\)的点\(u\)就好了。
我们现在已经找到了这个对应状态，现在需要知道这个状态分别在哪些串里面出现了多少次。对每个节点开一棵线段树，线段树以字符串数组的下表为下标\((1..m)\)，值表示当前这个状态在字符串\(T[i]\)中的出现次数。需要支持查询区间最小值以及位置。
一开始线段树是只有底层状态的，对于更上层的状态如何处理？
线段树合并即可。

code

挂链的东西太多了所以直接开了int nxt[3][N],head[3][N];。
\(0\)是后缀树上对父亲挂的链，\(1\)是询问对右端点挂的链，\(2\)是询问对倍增跳到的状态节点挂的链。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi()
{
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
const int N = 5e5+5;
struct data{
    int x,y;
    bool operator < (const data &b) const
        {return x<b.x||x==b.x&&y>b.y;}
}ans[N];
struct seg{int ls,rs;data v;}t[N*20];
struct node{int l,r,pl,pr;}q[N];
int n,m,Q,last=1,tot=1,tr[N][26],fa[22][N],len[N],rt[N],Node;
int nxt[3][N],head[3][N];
char S[N],T[N];
void extend(int c)
{
    int v=last,u=++tot;last=u;
    len[u]=len[v]+1;
    while (v&&!tr[v][c]) tr[v][c]=u,v=fa[0][v];
    if (!v) fa[0][u]=1;
    else{
        int x=tr[v][c];
        if (len[x]==len[v]+1) fa[0][u]=x;
        else{
            int y=++tot;
            memcpy(tr[y],tr[x],sizeof(tr[y]));
            fa[0][y]=fa[0][x];fa[0][x]=fa[0][u]=y;len[y]=len[v]+1;
            while (v&&tr[v][c]==x) tr[v][c]=y,v=fa[0][v];
        }
    }
}
void modify(int &x,int l,int r,int p)
{
    if (!x) x=++Node;
    if (l==r) {t[x].v.x++;t[x].v.y=l;return;}
    int mid=l+r>>1;
    if (p<=mid) modify(t[x].ls,l,mid,p);
    else modify(t[x].rs,mid+1,r,p);
    t[x].v=max(t[t[x].ls].v,t[t[x].rs].v);
}
void merge(int &x,int y)
{
    if (!x||!y) {x=x|y;return;}
    if (!t[x].ls&&!t[x].rs) {t[x].v.x+=t[y].v.x;return;}//叶子节点，直接累加
    merge(t[x].ls,t[y].ls);merge(t[x].rs,t[y].rs);
    t[x].v=max(t[t[x].ls].v,t[t[x].rs].v);
}
data query(int x,int l,int r,int ql,int qr)
{
    if (l>=ql&&r<=qr) return t[x].v;
    int mid=l+r>>1;
    if (qr<=mid) return query(t[x].ls,l,mid,ql,qr);
    if (ql>mid) return query(t[x].rs,mid+1,r,ql,qr);
    return max(query(t[x].ls,l,mid,ql,qr),query(t[x].rs,mid+1,r,ql,qr));
}
void dfs(int u)
{
    for (int i=head[0][u];i;i=nxt[0][i])
        dfs(i),merge(rt[u],rt[i]);
    for (int i=head[2][u];i;i=nxt[2][i])
        ans[i]=query(rt[u],1,m,q[i].l,q[i].r);
}
int main()
{
    scanf("%s",S+1);n=strlen(S+1);
    m=gi();
    for (int i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%s",T+1);int len=strlen(T+1);last=1;
        for (int j=1;j<=len;++j) extend(T[j]-'a'),modify(rt[last],1,m,i);
    }
    Q=gi();
    for (int i=1;i<=Q;++i)
    {
        q[i]=(node){gi(),gi(),gi(),gi()};
        nxt[1][i]=head[1][q[i].pr],head[1][q[i].pr]=i;
    }
    for (int i=2;i<=tot;++i)
        nxt[0][i]=head[0][fa[0][i]],head[0][fa[0][i]]=i;
    for (int j=1;j<22;++j)
        for (int i=2;i<=tot;++i)
            fa[j][i]=fa[j-1][fa[j-1][i]];
    for (int i=1,now=1,cnt=0;i<=n;++i)
    {
        while (now&&!tr[now][S[i]-'a']) now=fa[0][now],cnt=len[now];
        if (!now) {now=1;cnt=0;continue;}
        now=tr[now][S[i]-'a'];++cnt;
        for (int j=head[1][i];j;j=nxt[1][j])
        {
            int u=now;if (cnt<q[j].pr-q[j].pl+1) continue;
            for (int k=21;~k;--k)
                if (len[fa[k][u]]>=q[j].pr-q[j].pl+1)
                    u=fa[k][u];
            nxt[2][j]=head[2][u];head[2][u]=j;
        }
    }
    dfs(1);
    for (int i=1;i<=Q;++i)
    {
        if (!ans[i].x) ans[i].y=q[i].l;
        printf("%d %d\n",ans[i].y,ans[i].x);
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/8798559.html