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2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:字符串_2

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字符串 2

AC 自动机

算法简介

一种用于多模式串匹配的自动机，可以近似看成 $\text{Trie}$ 树上的 $\text{KMP}$ 算法。

算法例题

例题一

洛谷p5357

题意

给你一个文本串 $S$ 和 $n$ 个模式串 $T_i$，求每个模式串 $T_i$ 在 $S$ 中出现的次数。

题解

建立 $\text{AC}$ 自动机后记录每个节点的访问次数，最后拓扑或建立 $\text{fail}$ 树统计答案。时间复杂度 $O(|S|+\sum_{i=1}^n |T_i|)$。

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const int MAXN=2e6+5,MAXS=2e5+5;
int idx[MAXN];
struct AC{
	int ch[MAXS][26],val[MAXS],fail[MAXS],cnt[MAXS],deg[MAXS],sz,tot;
	int ans[MAXS];
	int insert(char *s){
		int len=strlen(s),pos=0;
		_for(i,0,len){
			int c=s[i]-'a';
			if(!ch[pos][c]){
				ch[pos][c]=++sz;
				val[sz]=fail[sz]=0;
				mem(ch[sz],0);
			}
			pos=ch[pos][c];
		}
		if(!val[pos])return val[pos]=++tot;
		else return val[pos];
	}
	void getFail(){
		queue<int> q;
		_for(i,0,26){
			if(ch[0][i])
			q.push(ch[0][i]);
		}
		while(!q.empty()){
			int u=q.front();q.pop();
			_for(i,0,26){
				if(ch[u][i]){
					deg[ch[fail[u]][i]]++;
					fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i];
					q.push(ch[u][i]);
				}
				else ch[u][i]=ch[fail[u]][i];
			}
		}
	}
	void topu(){
		queue<int> q;
		_rep(i,1,sz){
			if(!deg[i]&&fail[i])
			q.push(i);
		}
		while(!q.empty()){
			int u=q.front();q.pop();
			if(fail[u]){
				cnt[fail[u]]+=cnt[u];
				deg[fail[u]]--;
				if(!deg[fail[u]])
				q.push(fail[u]);
			}
		}
	}
	void query(char *s){
		int len=strlen(s),pos=0;
		_for(i,0,len){
			pos=ch[pos][s[i]-'a'];
			cnt[pos]++;
		}
		topu();
		_rep(i,1,sz){
			if(val[i])
			ans[val[i]]=cnt[i];
		}
	}
}solver;
char buf[MAXN];
int main()
{
	int n=read_int();
	_rep(i,1,n){
		scanf("%s",buf);
		idx[i]=solver.insert(buf);
	}
	solver.getFail();
	scanf("%s",buf);
	solver.query(buf);
	_rep(i,1,n)
	enter(solver.ans[idx[i]]);
	return 0;
}

例题二

洛谷p2444

题意

给定 $n$ 个 $01$ 串 $S_i$，问是否存在无限长串不含任何 $S_i$。

题解

建立 $\text{AC}$ 自动机标记每个 $S_i$ 的终止节点，然后建 $\text{fail}$ 树，显然所有终止节点在 $\text{fail}$ 树中的子树节点均不能访问，于是将其标记。

最后 $\text{dfs}$ 遍历树，在不经过所有标记节点的前提下判定是否存在可以到达的环。注意为保证时间复杂度 $\text{dfs}$ 遍历后也需要标记节点。

总时间复杂度 $O(\sum_{i=1}^n |S_i|)$。

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const int MAXS=3e4+5;
struct AC{
	struct Edge{
		int to,next;
	}edge[MAXS<<1];
	int head[MAXS],edge_cnt;
	int ch[MAXS][2],val[MAXS],fail[MAXS],sz;
	void AddEdge(int u,int v){
		edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
		head[u]=edge_cnt;
	}
	void insert(char *s){
		int len=strlen(s),pos=0;
		_for(i,0,len){
			int c=s[i]-'0';
			if(!ch[pos][c]){
				ch[pos][c]=++sz;
				val[sz]=fail[sz]=0;
				mem(ch[sz],0);
			}
			pos=ch[pos][c];
		}
		val[pos]=1;
	}
	void getFail(){
		queue<int> q;
		_for(i,0,2){
			if(ch[0][i])
			q.push(ch[0][i]);
		}
		while(!q.empty()){
			int u=q.front();q.pop();
			_for(i,0,2){
				if(ch[u][i]){
					fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i];
					q.push(ch[u][i]);
				}
				else ch[u][i]=ch[fail[u]][i];
			}
		}
		_rep(i,1,sz)
		AddEdge(fail[i],i);
	}
	void dfs(int u,int flag){
		val[u]=flag;
		for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
			int v=edge[i].to;
			dfs(v,flag|val[v]);
		}
	}
	bool dfs2(int u){
		val[u]=-1;
		_for(i,0,2){
			if(val[ch[u][i]]==-1)
			return true;
			else if(!val[ch[u][i]]&&dfs2(ch[u][i]))
			return true;
		}
		val[u]=1;
		return false;
	}
	bool query(){
		dfs(0,0);
		return dfs2(0);
	}
}solver;
char buf[MAXS];
int main()
{
	int n=read_int();
	_for(i,0,n){
		scanf("%s",buf);
		solver.insert(buf);
	}
	solver.getFail();
	if(solver.query())
	puts("TAK");
	else
	puts("NIE");
	return 0;
}

例题三

洛谷p2414

题意

给定一个字符串 $S$，只包含小写字母和 $B,P$ 两个大写字母。

当前初始串 $T$ 为空串，扫描 $S$，如果 $s_i$ 为小写字母，则在 $T$ 末尾加入该字母。

如果 $s_i$ 为 $B$，则删除 $T$ 末尾的一个字母。如果 $s_i$ 为 $P$，则打印 $T$ 。

接下来 $q$ 个询问，每次询问第 $i$ 次打印的字符串在第 $j$ 次打印的字符串中出现的次数。

题解

考虑建 $\text{fail}$ 树，记第 $i$ 次打印的字符串的结尾结点为 $p_i$，第 $j$ 次打印的字符串的结尾结点为 $p_j$。

于是该次询问的答案为 $\text{Trie}$ 树中根节点到 $p_j$ 的路径与 $p_i$ 在 $\text{fail}$ 树中的子树的交集的结点个数。

考虑将所有询问离线到 $\text{Trie}$，然后 $\text{dfs}$ 遍历 $\text{Trie}$ 树同时处理询问。

可以利用 $\text{fail}$ 树上的 $\text{dfs}$ 序以及树状数组维护子树，遍历过程中回溯维护链的性质。

时间复杂度 $O((|S|+q)\log |S|)$。

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const int MAXN=1e5+5;
int idx[MAXN],string_cnt;
struct Edge{
	int to,next;
}edge[MAXN];
int head[MAXN],edge_cnt,dfs_t,L[MAXN],R[MAXN];
void AddEdge(int u,int v){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
void dfs(int u){
	L[u]=++dfs_t;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
	dfs(edge[i].to);
	R[u]=dfs_t;
}
#define lowbit(x) x&(-x)
struct BIT{
	int c[MAXN];
	void add(int pos,int v){
		while(pos<=dfs_t){
			c[pos]+=v;
			pos+=lowbit(pos);
		}
	}
	int query(int pos){
		int ans=0;
		while(pos){
			ans+=c[pos];
			pos-=lowbit(pos);
		}
		return ans;
	}
}tree;
int ans[MAXN];
vector<pair<int,int> >opt[MAXN];
struct AC{
	int ch[MAXN][26],ch2[MAXN][26],p[MAXN],val[MAXN],fail[MAXN],sz;
	void insert(char *s){
		int len=strlen(s),pos=0;
		_for(i,0,len){
			if(islower(s[i])){
				int c=s[i]-'a';
				if(!ch[pos][c]){
					ch[pos][c]=ch2[pos][c]=++sz;
					p[sz]=pos;
				}
				pos=ch[pos][c];
			}
			else if(s[i]=='B')
			pos=p[pos];
			else{
				val[pos]=1;
				idx[++string_cnt]=pos;
			}
		}
	}
	void getFail(){
		queue<int> q;
		_for(i,0,26){
			if(ch[0][i])
			q.push(ch[0][i]);
		}
		while(!q.empty()){
			int u=q.front();q.pop();
			_for(i,0,26){
				if(ch[u][i]){
					fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i];
					q.push(ch[u][i]);
				}
				else ch[u][i]=ch[fail[u]][i];
			}
		}
		_rep(i,1,sz)
		AddEdge(fail[i],i);
	}
	void dfs(int u){
		tree.add(L[u],1);
		_for(i,0,opt[u].size()){
			pair<int,int> t=opt[u][i];
			ans[t.first]=tree.query(R[t.second])-tree.query(L[t.second]-1);
		}
		_for(i,0,26){
			if(ch2[u][i])
			dfs(ch2[u][i]);
		}
		tree.add(L[u],-1);
	}
}solver;
char buf[MAXN];
int main()
{
	scanf("%s",buf);
	solver.insert(buf);
	solver.getFail();
	dfs(0);
	int q=read_int(),a,b;
	_rep(i,1,q){
		a=read_int(),b=read_int();
		opt[idx[b]].push_back(make_pair(i,idx[a]));
	}
	solver.dfs(0);
	_rep(i,1,q)
	enter(ans[i]);
	return 0;
}

例题四

洛谷p4052

题意

给定 $n$ 个模式串 $S_i$，问有多少个长度为 $m$ 的文本串至少包含一个模式串。(模式串、文本串只含大写字母)

题解

考虑计算出不含任何模式串的文本串，再用总数减去该值即可得到答案。

接下来标记所有模式串终止位置在 $\text{fail}$ 树上的子节点，显然转移时不能到达标记结点。

最后设 $\text{dp}(i,j)$ 表示当前位于结点 $i$ 且长度为 $j$ 的方案数，暴力转移即可。总时空间复杂度 $O(m\sum_{i=1}^n |S_i|)$。

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const int MAXL=105,MAXS=6005,Mod=1e4+7;
int quick_pow(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%Mod;
		a=a*a%Mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
struct AC{
	int ch[MAXS][26],val[MAXS],fail[MAXS],sz;
	int dp[MAXS][MAXL];
	void insert(char *s){
		int len=strlen(s),pos=0;
		_for(i,0,len){
			int c=s[i]-'A';
			if(!ch[pos][c])
			ch[pos][c]=++sz;
			pos=ch[pos][c];
		}
		val[pos]=1;
	}
	void getFail(){
		queue<int> q;
		_for(i,0,26){
			if(ch[0][i])
			q.push(ch[0][i]);
		}
		while(!q.empty()){
			int u=q.front();q.pop();
			_for(i,0,26){
				if(ch[u][i]){
					fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i];
					val[ch[u][i]]|=val[ch[fail[u]][i]];
					q.push(ch[u][i]);
				}
				else ch[u][i]=ch[fail[u]][i];
			}
		}
	}
	int query(int n){
		dp[0][0]=1;
		_for(i,0,n){
			_rep(j,0,sz){
				_for(k,0,26){
					if(val[ch[j][k]])continue;
					dp[ch[j][k]][i+1]+=dp[j][i];
					dp[ch[j][k]][i+1]%=Mod;
				}
			}
		}
		int ans=0;
		_rep(i,0,sz)ans=(ans+dp[i][n])%Mod;
		return ans;
	}
}solver;
char buf[MAXL];
int main()
{
	int n=read_int(),m=read_int();
	_rep(i,1,n){
		scanf("%s",buf);
		solver.insert(buf);
	}
	solver.getFail();
	int del=solver.query(m);
	enter((quick_pow(26,m)-del+Mod)%Mod);
	return 0;
}

例题五

NC210775

题意

给定 $n$ 个模式串，每个字符串有一个权值 $v$。要求构造一个长度为 $L$ 的字符串，使得其包含的模式串权值和最大。(包含多个相同模式串结果将累加)

题解

标记所有模式串终止位置在 $\text{fail}$ 树上的子节点，子树可以累加父节点的权值。

最后设 $\text{dp}(i,j)$ 表示当前位于结点 $i$ 且长度为 $j$ 的最大答案，暴力转移。总时空间复杂度 $O(L\sum_{i=1}^n |S_i|)$。

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const int MAXL=1e3+5,MAXS=2005,Inf=1e9;
struct AC{
	int ch[MAXS][26],val[MAXS],fail[MAXS],sz;
	int dp[MAXS][MAXL];
	void insert(char *s,int v){
		int len=strlen(s),pos=0;
		_for(i,0,len){
			int c=s[i]-'a';
			if(!ch[pos][c])
			ch[pos][c]=++sz;
			pos=ch[pos][c];
		}
		val[pos]+=v;
	}
	void getFail(){
		queue<int> q;
		_for(i,0,26){
			if(ch[0][i])
			q.push(ch[0][i]);
		}
		while(!q.empty()){
			int u=q.front();q.pop();
			val[u]+=val[fail[u]];
			_for(i,0,26){
				if(ch[u][i]){
					fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i];
					q.push(ch[u][i]);
				}
				else ch[u][i]=ch[fail[u]][i];
			}
		}
	}
	int query(int n){
		_rep(i,0,n)_rep(j,0,sz)dp[j][i]=-Inf;
		dp[0][0]=0;
		_for(i,0,n){
			_rep(j,0,sz){
				if(dp[j][i]==-Inf)continue;
				_for(k,0,26)
				dp[ch[j][k]][i+1]=max(dp[ch[j][k]][i+1],dp[j][i]+val[ch[j][k]]);
			}
		}
		int ans=-Inf;
		_rep(i,0,sz)
		ans=max(ans,dp[i][n]);
		return ans;
	}
}solver;
char buf[MAXS];
int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	_rep(i,1,n){
		scanf("%s",buf);
		int v;
		cin>>v;
		solver.insert(buf,v);
	}
	solver.getFail();
	enter(solver.query(m));
	return 0;
}

例题六

2020牛客国庆集训派对day1 G题

题意

给定 $m$ 个禁止串 $S_i$，求长度为 $n$ 且子串不含任意禁止串的字符串数。

数据保证 $\sum_{i=1}^m |S_i|\le 100,n\le 10^9$。

题解

考虑建立 $\text{fail}$ 树，然后标记所有禁止串终止结点以及其在 $\text{fail}$ 树中的子树。

然后将树边转化为 $\sum_{i=1}^m |S_i|\times \sum_{i=1}^m |S_i|$ 的邻接矩阵 $A$ 来进行状态转移，套用矩阵快速幂即可快速求解，最后答案即为 $\sum A_{0,i}$。

时间复杂度 $O\left((\sum_{i=1}^m |S_i|)^3\log n\right)$。

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const int MAXS=105,Mod=1e9+7;
struct Matrix{
	int ele[MAXS][MAXS];
	Matrix operator * (const Matrix &b){
		Matrix c;
		mem(c.ele,0);
		_for(i,0,MAXS)
		_for(j,0,MAXS)
		_for(k,0,MAXS)
		c.ele[i][j]=(c.ele[i][j]+1LL*ele[i][k]*b.ele[k][j])%Mod;
		return c;
	}
};
Matrix quick_pow(Matrix a,int n){
	Matrix ans;
	mem(ans.ele,0);
	_for(i,0,MAXS)
	ans.ele[i][i]=1;
	while(n){
		if(n&1)
		ans=ans*a;
		a=a*a;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
namespace AC{
	int ch[MAXS][26],val[MAXS],fail[MAXS],sz;
	void insert(char *s){
		int len=strlen(s),pos=0;
		_for(i,0,len){
			int c=s[i]-'a';
			if(!ch[pos][c])
			ch[pos][c]=++sz;
			pos=ch[pos][c];
		}
		val[pos]=1;
	}
	int getAns(int n){
		queue<int>q;
		_for(i,0,26){
			if(ch[0][i])
			q.push(ch[0][i]);
		}
		while(!q.empty()){
			int u=q.front();q.pop();
			_for(i,0,26){
				if(ch[u][i]){
					fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i];
					val[ch[u][i]]|=val[ch[fail[u]][i]];
					q.push(ch[u][i]);
				}
				else
				ch[u][i]=ch[fail[u]][i];
			}
		}
		Matrix a;
		_rep(i,0,sz){
			_rep(j,0,sz)
			a.ele[i][j]=0;
			_for(j,0,26){
				if(!val[ch[i][j]])
				a.ele[i][ch[i][j]]++;
			}
		}
		a=quick_pow(a,n);
		int ans=0;
		_rep(i,0,sz)
		ans=(ans+a.ele[0][i])%Mod;
		return ans;
	}
}
char s[MAXS];
int main()
{
	int n=read_int(),m=read_int();
	while(m--){
		int len=read_int();
		scanf("%s",s);
		AC::insert(s);
	}
	enter(AC::getAns(n));
	return 0;
}

例题七

UVA11019

题意

给定一个 $n\times m$ 的二维文本串和一个 $x\times y$ 的二维模式串，问模式串在文本串中的出现次数。

题解

考虑将模式串按行拆分为 $t_1,t_2\cdots t_x$ 后插入 $\text{AC}$ 自动机，同时进行编号(相同的字符串共用一个编号)。

再将 $t_1,t_2\cdots t_x$ 的编号相连得到一个一维数组 $b$。

同时将文本串按行拆分为 $s_1,s_2\cdots s_n$ 后在 $\text{AC}$ 自动机查询并记录匹配位置的模式串编号，得到一个二维数组 $a$。

二维数组中元素 $a_{i,j}$ 的意义是 $s[i][j-y+1,j]$ 与模式串 $t_{a_{i,j}}$ 匹配。

于是对 $a$ 的每列跑 $\text{KMP}$ 算法记录 $b$ 的出现数即可。时间复杂度 $O(nm+xy)$。

注意上述方法中 $AC$ 自动机起到了降维的作用，且可以拓展到任意维字符串匹配。

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const int MAXN=1e3+5,MAXS=1e4+5;
namespace KMP{
	int f[MAXN];
	int find(int *s1,int n,int *s2,int m){ 
		int pos=0,cnt=0;
		f[1]=0;
		_rep(i,2,m){
			while(pos&&s2[i]!=s2[pos+1])pos=f[pos];
			if(s2[i]==s2[pos+1])pos++;
			f[i]=pos;
		}
		pos=0;
		_rep(i,1,n){
			while(pos&&s1[i]!=s2[pos+1])pos=f[pos];
			if(s1[i]==s2[pos+1])pos++;
			if(pos==m){
				cnt++;
				pos=f[pos];
			}
		}
		return cnt;
	}
}
struct AC{
	int ch[MAXS][26],val[MAXS],fail[MAXS],sz,cnt;
	void clear(){
		sz=cnt=0;
		mem(ch[0],0);
	}
	int insert(char *s){
		int len=strlen(s),pos=0;
		_for(i,0,len){
			int c=s[i]-'a';
			if(!ch[pos][c]){
				ch[pos][c]=++sz;
				mem(ch[sz],0);
				val[sz]=fail[sz]=0;
			}
			pos=ch[pos][c];
		}
		if(val[pos])return val[pos];
		return val[pos]=++cnt;
	}
	void getFail(){
		queue<int> q;
		_for(i,0,26){
			if(ch[0][i])
			q.push(ch[0][i]);
		}
		while(!q.empty()){
			int u=q.front();q.pop();
			val[u]+=val[fail[u]];
			_for(i,0,26){
				if(ch[u][i]){
					fail[ch[u][i]]=ch[fail[u]][i];
					q.push(ch[u][i]);
				}
				else ch[u][i]=ch[fail[u]][i];
			}
		}
	}
	void query(char *s,int *ans,int n){
		int pos=0;
		_for(i,0,n){
			pos=ch[pos][s[i]-'a'];
			ans[i]=val[pos];
		}
	}
}solver;
char s1[MAXN][MAXN],s2[MAXN];
int a[MAXN][MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
int main()
{
	int T=read_int();
	while(T--){
		solver.clear();
		int n=read_int(),m=read_int(),ans=0;
		_rep(i,1,n)scanf("%s",s1[i]);
		int x=read_int(),y=read_int();
		_rep(i,1,x){
			scanf("%s",s2);
			b[i]=solver.insert(s2);
		}
		solver.getFail();
		_rep(i,1,n)
		solver.query(s1[i],a[i],m);
		_for(i,y-1,m){
			_rep(j,1,n)c[j]=a[j][i];
			ans+=KMP::find(c,n,b,x);
		}
		enter(ans);
	}
	return 0;
}
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