AC自动机题目选讲
AC自动机复习：AC 自动机 - OI Wiki
先完成模板：luogu的
下面的所有例题代码我用的是ldytxdy这个账号提交，可以直接在cf上查看代码。
复习题
\(1.\)CF1202E
枚举断点，设 \(\large s_i\) 和 \(\large rs_i\) 分别表示以\(i\)为结尾的前缀/后缀的匹配个数，答案为
\[\large \sum_{i=2}^{n}s_i \times rs_{i-1} \]\(\large s_i\) 和 \(\large rs_i\) 可以通过分别建正反串AC自动机求出。
AC自动机上dp
\(2\).CF696D
设 \(\large f_{i,j}\) 为答案串匹配到前\(i\)位，在AC自动机的 \(\large j\) 节点的最大值
\(\large val(x)\) 表示把原串权值记在\(x\)号点
\[\large f_{0,0} = 1\\ \large f_{i,j} + val(tr_{j,k})\to f_{i+1,tr_{j,k}} \]矩乘优化即可。
\(3\).SDOI2014 数数
设 \(\large \ f_{pos,p}\) 表示答案数位在 \(\large pos\) 且AC自动机节点在 \(\large p\) 的方案数
设 \(\large op(x)\) 为 \(x\) 是否为结束节点
\[\large f_{0,0}=1\\ \large f_{i,j} \to f_{i+1,tr_{j,k}}(op(tr_{j,k})=false) \]用数位dp实现这个过程
练一练：CF86C
简单数据结构+AC自动机
\(5.\)NOI2011 阿狸的打字机
考虑题目中加减字符的实际意义就是在trie树上dfs，所以我们把询问离线到每个结束点上做一遍dfs
我们建出fail树，考虑AC自动机跳fail树的匹配过程，需要实现的操作就是单点加和查子树和
记下fail树的dfn序后树状数组，记得dfs回溯的时候撤销贡献。
\(6\).CF547E
考虑离线，每个询问可以拆成前缀和相减的形式，用vector记录每个位置的询问
每扫到一个字符串，在fail树上把这个字符串代表的所有节点权值 \(\large +1\)
答案就是查 \(\large s_k\) 在fail树上结束点的子树和。套用上题做法即可。
\(7.\)CF1437G
根据上两题的经验很容易做出来，需要实现单点加和点到根的总权值，树剖维护。
练一练：CF163E
好题
\(8\).CF710F
CF163E的在线版本
AC自动机的删除是很困难的
建出两个AC自动机，分别塞入删除和增加的串，答案就是在两个AC自动机上分别做一遍匹配然后相减。
考虑二进制分组，每组建一个AC自动机，加入时往前合并，具体实现与线段树合并类似。
显然每个串至多合并 \(\large log_2n\) 次，所以复杂度是 \(\large Slogn\) , \(\large S\) 表示总串长。
\(9.\)CF587F
因为我们做了CF547E，所以可以很容易看出答案就是：
将 \(\large l...r\) 中所有\(\large s_i\)的结束点子树每个点 \(\large +1\) 后 \(\large s_k\) 代表字符所有节点的总权值。
这样就不能像之前的题用树状数组的单点加实现了，考虑离线根号分治。
设 \(\large len_i\) 表示 \(\large s_i\) 的长度，设所有 \(\large s_i\) 总长度为 \(\large M\) ，并且设一个阈值 \(\large L\) .
\(\large I.\)\(\large len_i \leqslant L\)
依次扫过 \(n\) 个串，每扫到一个串用树状数组实现子树加，查的时候暴力单点查一个字符串的所有点。
复杂度分析：子树加是 $\large O(nlog_2M) $的，查询是 \(\large O(QLlog_2M)\) 的
\(\large II.\)\(\large len_i>L\)
显然这样的 \(\large s_i\) 个数是不超过 \(\large \frac M L\) 的
还是依次扫过 \(\large n\) 个串，我们对于每个 \(\large s_i\) 的节点做一次单点加，查就是一个子树和。
这个可以不用数据结构，暴力做就好了。
复杂度分析：单点加： \(\large O(\frac {M^2} L)\) ，因为要把询问排序所以询问的复杂度是 \(\large O(Qlog_2Q)\) 的
利用均值不等式设 \(\large \frac {M^2} L = QLlog_2n\) 解得 \(\large L=\frac {m} {\sqrt {qlog_2m}}\)
所以总复杂度是 \(\large O(nlog_2M+Qlog_2Q+M\sqrt {Qlog_2M})\)
\(10.\)CF1483F
显然 \(\large (i,j)\)合法当且 \(\large s_j\) 在 \(\large s_i\) 中不被任意一个 \(\large s_k\) 覆盖
我们枚举每个字符串作为 \(\large i\)，从后往前枚举 \(\large s_i\)的每个位置 \(\large p\)
我们需要寻找出以 \(\large p\) 结尾的最长子串 \(\large S\) 使得 \(\large S \in s_{1...n}\)，设 \(\large S=s_x\)
设 \(\large S\) 的左端点为 \(\large L\)，设 \(\large pre\) 为之前扫过的最大的 \(\large L\)
如果 \(\large pre>L\) 那么这就是 \(\large s_x\) 不被包含的一次，此时 \(\large cnt_{s_x}+1\)，并用 \(\large L\) 更新 \(\large pre\)
最后答案加上有多少个 \(\large cnt_i\) 满足 \(\large cnt_i=\) 总出现个数
经典工业题
模板
最后附上我的板子，是这个的AC代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n;char s[N];
int tr[N][27],fail[N],End[N],tot;
queue<int>q;
void ins(char *s){
int p=0,m=strlen(s);
for(int i=0;i<m;i++){
int l=s[i]-'a';
if(!tr[p][l])
tr[p][l]=++tot;
p=tr[p][l];
}
End[p]++;
}
void build(){
for(int i=0;i<26;i++)
if(tr[0][i])q.push(tr[0][i]);
while(q.size()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<26;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
q.push(tr[u][i]);
}
else tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
int query(char *s){
int m=strlen(s),p=0,ans=0;
for(int i=0;i<m;i++){
p=tr[p][s[i]-'a'];
for(int t=p;t&&~End[p];t=fail[t])
ans+=End[t],End[t]=-1;
}return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
ins(s);
}
build();
scanf("%s",s);
return printf("%d\n",query(s))&0;
}