hdu 6190 Matching in a Tree

容易發現$S$的字首 S[1,x] $S_{[1}$

, x ] $S_{[1,x]}$為$P_v$的一個子串滿足單調性，即若$S_{[1,x]}$為$P_v$的一個子串，那麼$S_{[1,i]}|1\le i\le x$必然是$P_v$的一個子串。故查詢實際上只需要計算對於$P_v$，最大的滿足要求的$x$是否滿足$x\ge p_1$。
設$f(v,l)$表示$P_v$的長度為$l$的字尾是否是$S$的一個字首，$g(a,l)$表示在$S$的字首中，第$l$個位置能否為$a$字元。那麼有：
$f(v,l)=f(father_v,l-1)\land g(A_v,l)$
用Bitset優化，計算出所有節點的$f$後再求每個節點的$f$的字首或即可。總複雜度為$O(\frac {1000} {64} n)$。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
//--Container
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<bitset>
//--
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef bitset<1001> bt;
const ll md=1e9+7;const int up=1e6;
bt sd[26],wg[up+10];
struct eg{int u,v,nx;char x;}gp[up+10];int cnt,hd[up+10],qry[up+10][2],qn;
inline ll qni(ll a,ll b){ll r=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%md)if(b&1)r=r*a%md;return r;};
inline void psh(int u,int v,char x){++cnt;gp[cnt].u=u,gp[cnt].v=v,gp[cnt].x=x,gp[cnt].nx=hd[u],hd[u]=cnt;};
void dfs(){
    int i,j;stack<int>stk;stk.push(0);for(;!stk.empty();){
        int v=stk.top();stk.pop();for(i=hd[v];i;i=gp[i].nx){
            wg[gp[i].v]=(wg[v]<<1)&sd[gp[i].x-'a'];wg[gp[i].v][0]=1;stk.push(gp[i].v);
        }
    }
    for(stk.push(0);!stk.empty();){
        int v=stk.top();stk.pop();for(i=hd[v];i;i=gp[i].nx){
            wg[gp[i].v]|=wg[v];stk.push(gp[i].v);
        }
    }
};

bool cl(){
    int i,j,a,b,t,d,m;char cz[10],dz[10];if(scanf("%d",&m)==-1)return 0;
    for(i=0;i<26;sd[i++].reset());
    for(d=qn=cnt=0,clr(hd);m;m--){
        scanf("%s",cz);if(cz[1]=='D'){
            scanf("%d %d %s",&a,&b,cz);psh(a,b,cz[0]);
        }
        else if(cz[1]=='S'){
            scanf("%d %d %d",&a,&i,&b);qry[qn][0]=a,qry[qn][1]=b;++qn;
        }
        else{
            scanf("%s %s",cz,dz);for(++d,i=cz[0];i<=dz[0];++i)sd[i-'a'][d]=1;
        }
    }
    wg[0].reset();wg[0][0]=1;dfs();ll rs=0,be=qn?qni(233,qn-1):0,zn=qni(233,md-2);for(i=0;i<qn;++i,be=be*zn%md)
        rs=(rs+be*(wg[qry[i][1]][qry[i][0]]?1:2)%md)%md;
    printf("%lld\n",rs);
    return 1;
};

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
    while(cl());
    return 0;
};

hdu 6192 Removing Mountains

容易發現題目實際上是在求修改1個位置後可能的最長公共前後綴。
對於字首$S_{[1,x]}$與字尾$S_{[n-x+1,n]}$，除非$S_{[1,x]}=S_{[n-x+1,n]}$，否則最多隻存在2個可修改點使得他們相等：
設$a=LCP(S_{[1,x]},S_{[n-x+1,n]})$，$LCP$指他們的最長公共字首長度。
那麼這2個點為$S_{a+1}$與$S_{n-x+a+1}$。

故用擴充套件KMP求出$LCP$的值，之後對於每個$x$，分別修改一次對應的2個點，同時用hash判斷即可。總複雜度為$O(n)$。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
//--Container
#include<vector>
//--
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
const int up=1e6;const ui bse=131;char cz[up+10];int n,nxt[up+10];ui pr[up+10],xx[up+10];
void _exkmp(){
    int i,j,k,d,t,mx,mz;for(nxt[0]=n,nxt[1]=0,j=1,k=0;j<n&&cz[j]==cz[k];++j,++k)++nxt[1];mx=--j,mz=1;
    for(i=2;i<n;++i){
        if(mx<i){for(nxt[i]=0,j=i,k=0;j<n&&cz[j]==cz[k];++j,++k)nxt[i]++;mx=--j,mz=i;}
        else{
            if(i+nxt[i-mz]-1<mx)nxt[i]=nxt[i-mz];
            else{
                for(nxt[i]=mx-i+1,j=mx+1,k=mx-i+1;j<n&&cz[j]==cz[k];++j,++k)++nxt[i];mx=--j,mz=i;
            }
        }
    }
};

inline ui _seg(int l,int