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Description 小A 被选为了ION2018 的出题人，他精心准备了一道质量十分高的题目，且已经把除了题目命名以外的工作都做好了。 由于ION 已经举办了很多届，所以在题目命名上也是有规定的，ION 命题手册规定：每年由命题委员会规定一个小写字母字符串，我们称之为那一年的命名串，要求每道题的名字必须是那一年的命名串的一个非空连续子串，且不能和前一年的任何一道题目的名字相同。 由于一些特殊的原因，小A 不知道ION2017 每道题的名字，但是他通过一些特殊手段得到了ION2017 的命名串，现在小A 有Q 次询问：每次给定ION2017 的命名串和ION2018 的命名串，求有几种题目的命名，使得这个名字一定满足命题委员会的规定，即是ION2018 的命名串的一个非空连续子串且一定不会和ION2017 的任何一道题目的名字相同。 由于一些特殊原因，所有询问给出的ION2017 的命名串都是某个串的连续子串，详细可见输入格式。 Input 第一行一个字符串S ，之后询问给出的ION2017 的命名串都是S 的连续子串。 第二行一个正整数Q，表示询问次数。 接下来Q 行，每行有一个字符串T 和两个正整数l,r，表示询问如果ION2017 的 命名串是S [l..r]，ION2018 的命名串是T 的话，有几种命名方式一定满足规定。 Output 输出Q 行，第i

「NOI2018」你的名字 题目描述 小A 被选为了 \(ION2018\) 的出题人，他精心准备了一道质量十分高的题目，且已经 把除了题目命名以外的工作都做好了。 由于 \(ION\) 已经举办了很多届，所以在题目命名上也是有规定的， \(ION\) 命题手册规 定：每年由命题委员会规定一个小写字母字符串，我们称之为那一年的命名串，要求每道题的名字必须是那一年的命名串的一个非空连续子串，且不能和前一年的任何一道题目的名字相同。 由于一些特殊的原因，小A 不知道 \(ION2017\) 每道题的名字，但是他通过一些特殊 手段得到了 \(ION2017\) 的命名串，现在小A 有 \(Q\) 次询问：每次给定 \(ION2017\) 的命名串和 \(ION2018\) 的命名串，求有几种题目的命名，使得这个名字一定满足命题委员会的规定，即是 \(ION2018\) 的命名串的一个非空连续子串且一定不会和 \(ION2017\) 的任何一道题目的名字相同。 由于一些特殊原因，所有询问给出的 \(ION2017\) 的命名串都是某个串的连续子串， 详细可见输入格式。 输入格式： 第一行一个字符串 \(S\) ，之后询问给出的 \(ION2017\) 的命名串都是 \(S\) 的连续子串。 第二行一个正整数 \(Q\) ，表示询问次数。 接下来 \(Q\) 行，每行有一个字符串 \(T\)

一、题目 点此看题 二、解法 一般这种题都是在第一个字符串上建后缀自动机，然后第二个去乱搞。 我们先处理出每个节点的 r i g h t right r i g h t 集合大小 s i z siz s i z ，然后把第二个串丢进去匹配，设匹配到的点为 p p p ，长度为 l e n len l e n ，则匹配到这个点的贡献为： ( l e n − l e n [ f a [ p ] ] ) × s i z [ p ] (len-len[fa[p]])\times siz[p] ( l e n − l e n [ f a [ p ] ] ) × s i z [ p ] 匹配完之后还要以自动机上的节点再算一遍贡献（因为匹配时我们只算了下面的，没有算上面的），我们再匹配时对 p p p 点打标记，设 s u m [ i ] sum[i] s u m [ i ] 为 i i i 子树内的标记个数（不包含 i i i ），那么这个点的贡献为： s u m [ i ] × ( l e n [ i ] − l e n [ f a [ i ] ] ) × s i z [ i ] sum[i]\times(len[i]-len[fa[i]])\times siz[i] s u m [ i ] × ( l e n [ i ] − l e n [ f a [ i ] ] ) × s i z [

后缀自动机感性理解 后缀自动机实是不是很好理解, 尤其是直接看大段的证明, 不知道它在干什么, 可能会有点懵 那我先介绍一下我的感性理解好了, 大家看这篇文章可能会更好的理解其他人的博客QAQ 前置芝士 : trie树 先来讲一下假后缀树($ n^2 $) , 由于它是假的所以很容易理解, 不用怕 偷图.jpg 对于一个字符串(例: \(bananas\) )来说, 把它的所有后缀($bananas, ananas, nanas, anas, nas, as, s \() 一个一个的插入trie树, 并在末尾打上end标记, 就是暴力的后缀\) trie \(了, 显然时空复杂度均为\) O(n^2)$ 那么可以说后缀自动机是对它很大程度上的优化了, 也就是对重复出现的子串和后缀进行压缩等操作, 使时空复杂度骤降为 \(O(n)\) , 并具有后缀树的一些性质 关于子串的理解: 对于字符串S的一个子串, 你可以理解它为((S的一个后缀)的前缀), 没毛病 也就是如果S的一个子串在trie上一定是一条从根节点开始的路径 有啥用呢 找一个子串的出现次数: 在trie上找到它的路径, 在它下方的end标记之和, 也就是它是多少个后缀的前缀 找一个子串第一次(最后一次)出现位置, 同上, 就是向下走到深度最大(深度最小)的end标记 统计本质不同子串的个数, 即trie树上节点的个数

握手包 给你握手包，flag是Flag_is_here这个AP的密码，自己看着办吧。 提交格式：flag{WIFI密码} 破解wifi密码 丢到kali，用aircrack-ng kali有一个包含常用的WPA的常用密码的字典，我们先解压 -W 后面跟着指定的字典进行爆破 得到wifi密码 flag{11223344} -.-字符串 请选手观察以下密文并转换成flag形式 ..-. .-.. .- --. ..... ..--- ..--- ----- .---- ---.. -.. -.... -.... ..... ...-- ---.. --... -.. .---- -.. .- ----. ...-- .---- ---.. .---- ..--- -... --... --... --... -.... ...-- ....- .---- ----- flag形式为32位大写md5 在线解密 http://www.twinsenliang.net/skill/20070702.html 522018D665387D1DA931812B77763410 A Piece Of Cake nit yqmg mqrqn bxw mtjtm nq rqni fiklvbxu mqrqnl xwg dvmnzxu lqjnyxmt xatwnl, rzn nit uxnntm

最近学了SAM已经SAM的比较简单的应用，SAM确实不好理解呀，记录一下。 这里提一下后缀自动机比较重要的性质： 1，SAM的点数和边数都是O(n)级别的，但是空间开两倍。 2，SAM每个结点代表一个endpos，每个endpos有可能代表多个字串(当然这些字串的endpos相等)，且这些字串的长度呈一个梯形。 3，令tree[x].len为点x代表的所有字串中长度最长的,tree[x].short为最短的，那么tree[x].short=(tree[fa].len)+1，根据这条性质其实tree[x].short就不用算了可以直接由fa得到。 4，SAM的一条边代表往后添加一个字符，且路径和字串一一对应，那么就得到 路径数等于字串数 。 5，在parent树上，x的endpos大小等于x的所有儿子y的endpos大小+1，那么就可以通过建树之后一次dfs计算所有点的endpos大小。 6，第2点说明每个状态endpos 代表的长度区间为 l e n [ f a [ s ] ]-> l e n [ s ] ]，那么要求所有本质不同的串的个数就是 ∑ t l e n [ t ] − l e n [ f a [ t ] ] 。 模板题： 洛谷P3804 题目要求出现次数不为1(即endpos大小不为1)的时候计算出现次数*字串大小最大。首先肯定要计算endpos大小

后缀自动机是一个很复杂的算法，下面讲一讲建图和应用。 建图 首先要明确后缀自动机上点和含义：一个点代表的是一类有相同后缀的字符串，而每一个点的fail一定是它本身的后缀。 那么我们定义如下结构体： struct point { int len; int fa; int ch[30]; }; point a[MAXN]; 其中fa就是fail，ch表示点的出边(a~z)，len就表示这个点能表示的最大后缀长度。 然后对于一个字符串，我们每次加入一个点。 设当前点为np，之前的主干上的最后一个点为p，当前加入的字符为c。 显然，a[np].len=a[p].len+1（因为从a[p].len出来加上一个c字符就到了np）。 接着我们就要求fail，这一个要分类讨论。 我们从np开始跳fail链，要保证跳到的点的没有c出边，对于这些点，我们把它的c出边设为np。 然后如果直接跳到了1都还没有发现一个有c出边的点，那么就把a[np].fail设为1（这个是case1）。 如果找到了一个有c出边的点，设它的出边连向q，那么就判断一下a[q].len==a[p].len+1（注意此时p是那个有c出边的点）。 如果相等，那么a[np].fa=q，这一个是没问题的了（case2）。 否则我们还要新建一个nq，使a[nq].len=a[p].len+1，然后把q的出边信息全部赋给nq。接下来，a