【题解】[JSOI2012]玄武密码

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题目链接

• 你谷：P5231[JSOI2012]玄武密码
• LOJ: #10058. 「一本通 2.4 练习 1」玄武密码

题意

输出模式串在文本串中能够匹配上的最长前缀。

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。

思路

这是一道披上辣椒衣的AC自动机模板题。难点就在这层辣椒衣。

解决方法：先打标记，最后遍历。

代码实现

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<map>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m;
int t[N*100][5],cnt,fail[N*100];
char s[N][105],txt[N*100];
bool vis[N*100];
map <char,int> mp; 

inline int ans(int x){
	int p=0,ret=0;
	int l=strlen(s[x]);
	for(int i=0;i<l;i++){
		int c=mp[s[x][i]];
		p=t[p][c];
		if(vis[p]) ret=i+1;
	}
	return ret;
}

inline void query(char x[]) {
	int p=0;
	for(int i=0; i<n; i++) {
		p=t[p][mp[x[i]]];
		int j=p;
		while(j && (!vis[j])){
			vis[j]=true;
			j=fail[j];
		}
	}
}

inline void build_graph() {
	queue <int> q;
	for(int i=0; i<4; i++) {
		if(t[0][i]) q.push(t[0][i]);
	}
	while(!q.empty()) {
		int p=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0; i<4; i++) {
			if(t[p][i]) {
				q.push(t[p][i]);
				fail[t[p][i]]=t[fail[p]][i];
			} else t[p][i]=t[fail[p]][i];
		}
	}
}

inline void ins(char x[]) {
	int l=strlen(x);
	int p=0;
	for(int i=0; i<l; i++) {
		int c=mp[x[i]];
		if(!t[p][c]) t[p][c]=++cnt;
		p=t[p][c];
	}
}

int main() {
	mp['E']=0; mp['S']=1; mp['W']=2; mp['N']=3;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	scanf(" %s",txt);
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		scanf(" %s",s[i]);
		ins(s[i]);
	}
	build_graph();
	query(txt);
	for(int i=1; i<=m; i++) printf("%d\n",ans(i));
	return 0;
}

PS. 为了体验不能用万能头的感觉，没有用万能头。

反思：
必须承认，看了题解才写出看上去能算优美的代码。
一开始想要直接把trie的节点弄成包罗万象的大结点，就是说，把每个结点弄成大struct，用每个结点映射它对应的模式串，包括记录它的深度,etc。然后发现写起来很头大。
看了一篇题解，发现可以通过先打标记，最后遍历的方法来确定能匹配的前缀长度。
这是一种存储数据解题（离线）的思维。
事实上，题目提示得很明显：先输入文本串，后输入模式串。这和一般AC自动机输入数据的顺序不同，或许提示着一种更自由地对待模式串的方式（指最后遍历一遍）。

这篇关于【题解】[JSOI2012]玄武密码的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对大家有所帮助，也希望大家多多支持为之网！