The 14th Jilin Provincial Collegiate Programming Contest

The 14th Jilin Provincial Collegiate Programming Contest - Codeforces

队友太猛了，我整场就只写了 D, 其他题给队友开完了， 预计补一下 M, F

Problem D. Trie（AC自动机 + 树状数组）

大概就是给定一颗 Trie 树

操作一是给 Trie 树的 fail 树上一个集合中的点的所有子节点打上一个标记， 每次操作一打的标记都是保证不同的

操作二是查询某点被打上了多少种标记

这场开始我就在开D，开始一直没读懂题要干嘛，所以把whb喊过来一起读题， 然后whb把题意喂给我了， 我们俩很快就确定是把AC自动机fail树拎出来搞

但是怎么去避免存在操作一中点集合中有一对点是存在一个点是另外一个点祖先关系导致有点贡献是算重的，whb提出了一种很奇怪的做法大概是搞个虚树什么的，完全没听懂怎么做

然后whb就开别的题去了， 我接着想了一下 D 感觉完全不好做，就去看了些别的题， 突然又好像会了， 跟whb讲了下感觉很对就上机开写了， 靠着粘了下板子但是从世末鸽者手里抢了个D的一血（

做法感觉是很简单的， 我们丢个 AC 自动机板子建出来 fail 树， 然后对每次操作一给出点的集合，我们按照dfn序预处理一下，在 fail 树中深度排个序

对于存在点和他子树中的点显然是那个点深度浅一点， 所以拿两个树状数组， 第一个树状数组我们去优先对于深度浅的点子树中点全部 +1,

然后用第二个树状数组对于所有这个点的子树打上 vis 标记，当再遇到这个点不参与计算贡献

然后这题就做完了， 感觉想到了也不是很难， 有个细节是因为AC自动机的问题, Trie 树点的编号必须是从 0 开始的， 所有题目输入点必须编号都减一

还有一种做法是对于一个点的子树，dfn序显然是一段连续区间， 我们去线段合并一下每个点对应区间最后树状数组加就行

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl "\n"
#define int long long
typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 1000;

template <typename T>
struct BIT {
    T tr[N];
    int n;
    void init(int n_){
        n = n_;
        for(int i = 0; i <= n; i ++) tr[i] = 0;
    }
    inline int lowbit(int x) {return x & -x;}
    void add(int x, T v){
        for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += v;
    }
    T sum(int x){
        T res = 0;
        for(int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) res += tr[i];
        return res;
    }
    T sum(int l, int r){ return sum(r) - sum(l - 1);}
    void add(int l, int r, T v) {add(l, v); add(r + 1, -v);};
};

BIT<int> T, vis;

struct Aho_Corasick_Automaton {
    //basic
    int nxt[N][26], fail[N];
    int root, tot;
    //special
    int dep[N];
    int L[N], R[N], dfn;

    vector<int> g[N];

    void clear(int n) {
        dfn = root = 0; tot = n - 1;
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            memset(nxt[i], 0, sizeof(nxt[i]));
            g[i].clear(); fail[i] = dep[i] = L[i] = R[i] = 0;
        }
    }
    void build() {
        queue<int> q;
        for (int i = 0; i < 26; i++) {
            if (nxt[root][i]) q.push(nxt[root][i]);
        }
        while (!q.empty()) {
            int head = q.front(); q.pop();
            for (int i = 0; i < 26; i++) {
                // tire图
                int tmp = nxt[head][i];
                if(!tmp) nxt[head][i] = nxt[fail[head]][i];
                else{
                    fail[tmp] = nxt[fail[head]][i];
                    q.push(tmp);
                }
            }
        }
        // 构建fail树
        for (int i = 1; i <= tot; i++) g[fail[i]].push_back(i);
    }

    void dfs(int x, int fa) {
        L[x] = ++dfn; dep[x] = dep[fa] + 1;
        for (auto y : g[x]) {
            if (y == fa) continue;
            dfs(y, x);
        }
        R[x] = dfn;
    }
} ACAM;

void solve() {
    int n; cin >> n;
    ACAM.clear(n); T.init(n + 100); vis.init(n + 100);
    auto &nxt = ACAM.nxt;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int fa; cin >> fa; fa--;
        char c; cin >> c;
        int id = c - 'a';
        nxt[fa][id] = i;
    }
    ACAM.build(); ACAM.dfs(0, 0);
    auto &dep = ACAM.dep;
    auto &L = ACAM.L;
    auto &R = ACAM.R;
    auto cmp = [&](int x, int y) {
        return dep[x] < dep[y];
    };

    //for (int i = 0; i < n; i++) cout << dep[i] << endl;

    int q; cin >> q;
    while (q--) {
        int op; cin >> op;
        if (op == 1) {
            int sz; cin >> sz;
            vector<int> vec(sz), get;
            for (int i = 0; i < sz; i++) cin >> vec[i], vec[i]--;
            sort(vec.begin(), vec.end(), cmp);
            for (int i = 0; i < sz; i++) {
                int x = vec[i];
                if (!vis.sum(L[x])) T.add(L[x], R[x], 1), vis.add(L[x], R[x], 1), get.push_back(x);
            }
            for (auto i : get) vis.add(L[i], R[i], -1);
        } else {
            int x; cin >> x;
            x--;
            cout << T.sum(L[x]) << endl;
        }
    }
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);

    int T = 1; cin >> T;
    while (T--) solve();
    //solve();

    return 0;
}

M，F待补