BZOJ 4327 【JSOI 2012】 玄武密码 AC自动机+dfs

题目描述

在美丽的玄武湖畔，鸡鸣寺边，鸡笼山前，有一块富饶而秀美的土地，人们唤作进香河。相传一日，一缕紫气从天而至，只一瞬间便消失在了进香河中。老人们说，这是玄武神灵将天书藏匿在此。 

很多年后，人们终于在进香河地区发现了带有玄武密码的文字。更加神奇的是，这份带有玄武密码的文字，与玄武湖南岸台城的结构有微妙的关联。于是，漫长的破译工作开始了。 

经过分析，我们可以用东南西北四个方向来描述台城城砖的摆放，不妨用一个长度为N的序列来描述，序列中的元素分别是‘E’，‘S’，‘W’，‘N’，代表了东南西北四向，我们称之为母串。而神秘的玄武密码是由四象的图案描述而成的M段文字。这里的四象，分别是东之青龙，西之白虎，南之朱雀，北之玄武，对东南西北四向相对应。 

现在，考古工作者遇到了一个难题。对于每一段文字，其前缀在母串上的最大匹配长度是多少呢？ 

输入

第一行有两个整数，N和M，分别表示母串的长度和文字段的个数。 

第二行是一个长度为N的字符串，所有字符都满足是E,S,W和N中的一个。 

之后M行，每行有一个字符串，描述了一段带有玄武密码的文字。依然满足，所有字符都满足是E,S,W和N中的一个。 

输出

输出有M行，对应M段文字。 

每一行输出一个数，表示这一段文字的前缀与母串的最大匹配串长度。 

样例输入

7 3
SNNSSNS
NNSS
NNN
WSEE

样例输出

4
2
0

题解：AC自动机的题目做多了，拿到AC的题很容易就想到了。直接建立一棵trid树，在AC自动机的匹配过程中，由于题目是求每个串能匹配的最长前缀，所以没每匹配一个点，证明其祖先节点一定被匹配了，所以给当前节点和其所有的fail节点打上标记，最后，枚举每个串的单词节点往上找，第一个找到的打了标记的节点的深度就是最长匹配前缀。

总结：再次证明多做题的好处，只要多做题并给与及时的总结，渐渐的就可以打开思维，下次拿到题就可以快速联想算法了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 10000000
using namespace std;
int n,st,pt,tot=0;
char str[105],ptr[N],cnt[N];
int head[500000],to[500000],last[500000],num=0;
int fail[500000],date[500000][26],deep[N],ans[N];
bool vis[500000];
int opt[500000],fa[500000];
void ins(int u,int v)
{
	last[++num]=head[u];head[u]=num;to[num]=v;return ;
}
queue<int> q;
void build()
{
	for(int i=0;i<4;i++)
	    if(date[0][i])
	       q.push(date[0][i]);
	while(!q.empty())
	{
		int re=q.front();q.pop();
		for(int i=0;i<4;i++)
		{
			if(!date[re][i])
			{
				date[re][i]=date[fail[re]][i];
				continue;
			}
			q.push(date[re][i]);
			fail[date[re][i]]=date[fail[re]][i];
		}
	}
}
void dfs(int x)
{
	for(int i=head[x];i;i=last[i])
	{
		deep[to[i]]=deep[x]+1;fa[to[i]]=x;
		dfs(to[i]);
	}
}
int tra(char ch)
{
    return ch == 'E' ? 0 : ch == 'S' ? 1 : ch == 'W' ? 2 : 3;
}
int main()
{
//	freopen("in.in","r",stdin);
//	freopen("my.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&pt,&n);
	scanf("%s",ptr+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%s",str+1);st=strlen(str+1);
		int t=0;
		for(int j=1;j<=st;j++)
		{
			if(!date[t][tra(str[j])]) date[t][tra(str[j])]=++tot,ins(t,tot);
			t=date[t][tra(str[j])];
		}
		opt[i]=t;
	}
	build();
	dfs(0);
	int j=0;vis[0]=1;
	for(int i=1;i<=pt;i++)
	{
		int re=tra(ptr[i]);
		j=date[j][re];vis[j]=1;
		int t=fail[j];
		while(t && !vis[t]) vis[t]=1,t=fail[t];
    }
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int t=opt[i];
		while(t!=0 && !vis[t]) t=fa[t]; 
		if(t==0) ans[i]=0;
		else ans[i]=deep[t];
		printf("%d\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}