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？
格式
输入格式
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。
输出格式
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。
限制
对于20%的数据，N<=100，M<=50。
对于40%的数据，N<=20000，M<=2000。
对于70%的数据，N<=10^6，M<=10^4。
对于100%的数据，N<=10^7，M<=10^5，每一段文字的长度<=100。
来源
JSOI 2012 round 3 day1
析：AC自动机，先把所有的字串放进去，然后再匹配母串，每次匹配标记每个串的匹配的位置，最后再扫一一下原子串就好。
代码如下：
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <stack>
#define debug puts("+++++")
//#include <tr1/unordered_map>
#define freopenr freopen("in.txt", "r", stdin)
#define freopenw freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std;
//using namespace std :: tr1; typedef long long LL;
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double inf = 0x3f3f3f3f3f3f;
const LL LNF = 0x3f3f3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int maxn = 1e6 + 5;
const LL mod = 2147493647;
const int N = 1e6 + 5;
const int dr[] = {-1, 0, 1, 0, 1, 1, -1, -1};
const int dc[] = {0, 1, 0, -1, 1, -1, 1, -1};
const char *Hex[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};
inline LL gcd(LL a, LL b){ return b == 0 ? a : gcd(b, a%b); }
inline int gcd(int a, int b){ return b == 0 ? a : gcd(b, a%b); }
inline int lcm(int a, int b){ return a * b / gcd(a, b); }
int n, m;
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
inline int Min(int a, int b){ return a < b ? a : b; }
inline int Max(int a, int b){ return a > b ? a : b; }
inline LL Min(LL a, LL b){ return a < b ? a : b; }
inline LL Max(LL a, LL b){ return a > b ? a : b; }
inline bool is_in(int r, int c){
return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;
}
const int sigma = 4;
const int maxnode = 10000000 + 5; struct Aho{
int ch[maxnode][sigma];
int f[maxnode];
int val[maxnode];
int last[maxnode];
bool is[maxnode];
int sz;
void init(){
sz = 1;
memset(ch[0], 0, sizeof ch[0]);
memset(is, false, sizeof is);
} int idx(char ch){
if(ch == 'E') return 0;
else if(ch == 'N') return 1;
else if(ch == 'S') return 2;
else return 3;
} void insert(char *s, int v){
int u = 0;
while(*s){
int c = idx(*s);
if(!ch[u][c]){
memset(ch[sz], 0, sizeof ch[sz]);
val[sz] = 0;
ch[u][c] = sz++;
}
u = ch[u][c]; ++s;
}
val[u] = v;
} void find(char *s){
int j = 0;
while(*s){
int c = idx(*s);
while(j && !ch[j][c]) j = f[j];
j = ch[j][c];
int tmp = j;
while(tmp && is[tmp] == 0){
is[tmp] = true;
tmp = f[tmp];
}
++s;
}
} void getFail(){
queue<int> q;
f[0] = 0;
for(int c = 0; c < sigma; ++c){
int u = ch[0][c];
if(u){ f[u] = 0; q.push(u); last[u] = 0; }
} while(!q.empty()){
int r = q.front(); q.pop();
for(int c = 0;c < sigma; ++c){
int u = ch[r][c];
if(!u) continue;
q.push(u);
int v = f[r];
while(v && !ch[v][c]) v = f[v];
f[u] = ch[v][c];
last[u] = val[f[u]] ? f[u] : last[f[u]];
}
}
} void solve(char *s){
int ans = 0, j = 0;
while(*s){
int c = idx(*s);
if(is[ch[j][c]]) ++ans;
else break;
j = ch[j][c];
++s;
}
printf("%d\n", ans);
}
}; Aho aho;
char s[100005][105];
char t[10000005]; int main(){
scanf("%d %d", &n, &m);
if(n > 1e6){
scanf("%s", t);
for(int i = 0; i < m; ++i){
scanf("%s", s[i]);
printf("%d\n", strlen(s[i]));
}
return 0;
}
scanf("%s", t);
aho.init();
for(int i = 1; i <= m; ++i){
scanf("%s", s[i]);
aho.insert(s[i], i);
}
aho.getFail();
aho.find(t);
for(int i = 1; i <= m; ++i)
aho.solve(s[i]);
return 0;
}