4327: JSOI2012 玄武密码
Description
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？
Input
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。
Output
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。
Sample Input
7 3
SNNSSNS
NNSS
NNN
WSEE
SNNSSNS
NNSS
NNN
WSEE
Sample Output
4
2
0
2
0
HINT
对于100%的数据，N<=10^7，M<=10^5，每一段文字的长度<=100。
这题虽说是板子，但也不能只用板子，是一道比较不错的AC自动机题目。首先发现多模式串，二话不说上AC自动机，但是发现只有‘E’、‘S’、‘W’、‘N’这四个字母，所以可以优化一下建立起从‘E’、‘S’、‘W’、‘N’到‘a’、‘b’、‘c’、‘d’的映射就好了，然后要查询每个串的前缀与母串的最大匹配长度，那我们就在trie树上标记母串所有的可以匹配到的位置，然后对于每一个模式串，我们就从它的trie树上进行检索，当发现第一个没有被母串匹配到的结点时，当前长度就是最大的匹配长度。另外还有一个小小的优化，如果说对于一个节点它已经被标记过了，那么它的next链上的所有点一定也被标记了，所以这时就可以直接break。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define man 100005
#define maxn 10000005
using namespace std; inline int read()
{
char c=getchar();
int res=,x=;
while(c<''||c>'')
{
if(c=='-')
x=-;
c=getchar();
}
while(c>=''&&c<='')
{
res=res*+(c-'');
c=getchar();
}
return res*x;
} int n,m,tot=;
int tree[maxn][],nt[maxn],bo[maxn],f[maxn];
char a[maxn],d[],b[man][];
queue<int>q; char pd(char c)
{
if(c=='E') return d[];
else if(c=='S') return d[];
else if(c=='W') return d[];
else return d[];
} void trie(char *s)
{
int len=strlen(s),u=;
for(register int i=;i<len;i++)
{
int c=s[i]-'a';
if(!tree[u][c])
tree[u][c]=++tot;
u=tree[u][c];
}
bo[u]=;
} void bfs()
{
for(register int i=;i<=;i++)
tree[][i]=;
nt[]=;q.push();
while(q.size())
{
int u=q.front();q.pop();
for(register int i=;i<=;i++)
{
if(!tree[u][i])
tree[u][i]=tree[nt[u]][i];
else
{
int v=tree[u][i];
q.push(v);
nt[v]=tree[nt[u]][i];
}
}
}
} void find(char *s)
{
int len=strlen(s),u=,k;
for(register int i=;i<len;i++)
{
int c=s[i]-'a';
k=tree[u][c];
while(k>)
{
if(f[k]) break;//小小的优化 原理就是这个节点被标记过时，它的
f[k]=;//next链上的点也一点被标记了，所以没必要再跳一次next
k=nt[k];//链，直接break掉就好了。
}
u=tree[u][c];
}
} int ask(char *s)
{
int len=strlen(s),u=;
for(register int i=;i<len;i++)
{
int c=s[i]-'a';
u=tree[u][c];
if(!f[u]) return i;
}
return len;
} int main()
{
n=read();m=read();
d[]='a';d[]='b';d[]='c';d[]='d';
scanf("%s",a);
for(register int i=;i<n;i++)
{
a[i]=pd(a[i]);
}
for(register int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%s",b[i]);
int len=strlen(b[i]);
for(register int j=;j<len;j++)
{
b[i][j]=pd(b[i][j]);
}
trie(b[i]);
}
bfs();
find(a);
for(register int i=;i<=m;i++)
{
printf("%d\n",ask(b[i]));
}
return ;
}