题目描述
在神秘的东方有一棵奇葩的树，它有一个固定的根节点（编号为1）。树的每条边上都是一个字符，字符为a,b,c中的一个，你可以从树上的任意一个点出发，然后沿着远离根的边往下行走，在任意一个节点停止，将你经过的边的字符依次写下来，就能得到一个字符串，例如：
在这棵树中我们能够得到的字符串是：
c, cb, ca, a, b, a
现在pty得到了一棵树和一个字符串S。如果S的一个子串[l,r]和树上某条路径所得到的字符串完全相同，则我们称这个子串和该路径匹配。现在pty想知道，S的所有子串和树上的所有路径的匹配总数是多少？
输入格式
第一行：n
接下来n-1行，每行一个整数fa, 一个字符c，字符和整数之间用一个空格隔开
第i行fa代表第i号节点的父亲，c表示第i号节点和fa的连边的字符
最后一行为字符串S
输出格式
输出共一行，表示匹配总数，因为评测系统暂未确定，所以C/C++选手请使用cout输出。
样例
样例输入
5
1 c
2 b
1 a
2 a
cba样例输出
5数据范围与提示
【样例说明】
单个字符匹配的对数为4对，两个字符匹配的对数为1对：cb
solution
广义后缀自动机其实是在trie树上建。具体看记录 val[i] 表示i这个状态所代表的所有串的出现次数和val=(max-min)*right记sum为i到根的val之和。做匹配的时候，我们考虑新加入一个字符。假设这个字符的匹配点是i，之前匹配长度为len。那么这个字符的答案就是(len-s[fa].max)*ri[i]+s[fa].sum.也就是该字符串在这个点的匹配长度，加上父亲点的sum，也就是以这个字符结尾的其他后缀的贡献。
格式化代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define maxn 800005
#define ll long long
using namespace std;
int n,id[maxn],rt=,cnt=,la=,a[maxn];
struct node{
int nex[],par,Max,ri;
ll val,sum;
}s[maxn*];
char ch[maxn*];
ll tax[maxn];
void ins(int fa,int c,int i){ int np=++cnt,p=id[fa];s[np].ri=;
//cout<<i<<' '<<c<<' '<<p<<endl;
s[np].Max=s[la].Max+;id[i]=la=np;//这里还不是很懂为什么是la for(;p&&!s[p].nex[c];p=s[p].par)s[p].nex[c]=np;
if(!p)s[np].par=rt;
else {
int q=s[p].nex[c];
if(s[q].Max==s[p].Max+)s[np].par=q;
else {
int nq=++cnt;
for(int i=;i<;i++)s[nq].nex[i]=s[q].nex[i];
s[nq].par=s[q].par;s[nq].Max=s[p].Max+;
s[q].par=s[np].par=nq;
for(;s[p].nex[c]==q;p=s[p].par)s[p].nex[c]=nq;
}
}
}
void Calc(){
for(int i=;i<=cnt;i++)tax[s[i].Max]++;
for(int i=;i<=cnt;i++)tax[i]+=tax[i-];
for(int i=;i<=cnt;i++)a[tax[s[i].Max]--]=i;
for(int i=cnt;i>=;i--){
int k=a[i],f=s[k].par;
s[f].ri+=s[k].ri;
s[k].val=s[k].ri*(s[k].Max-s[f].Max);
}
for(int i=;i<=cnt;i++){
int k=a[i];
s[k].sum=s[k].val+s[s[k].par].sum;
}
}
int main(){
cin>>n;id[]=;
for(int i=,fa;i<=n;i++){
char c;scanf("%d %c",&fa,&c);
ins(fa,c-'a',i);
}
Calc();
scanf("%s",ch);int l=strlen(ch),len=;
int p=rt;ll ans=;
for(int i=;i<l;i++){
for(;!s[p].nex[ch[i]-'a']&&p;p=s[p].par,len=s[p].Max);
if(!p)p=rt,len=;
else {
p=s[p].nex[ch[i]-'a'];len++;
int f=s[p].par;
ans=ans+s[f].sum+(len-s[f].Max)*s[p].ri;
}
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}
