preface
第一次寫 ACAM 模版是 2023.7.02，現在重新回顧了一下，還是有不少新的理解的，或者說一些概念更加清晰了。
1.引入
思考這樣一個問題：
給若干模式串，求詢問串中出現了多少個模式串。
暴力肯定是一一比對，複雜度是 \(O(n^2)\) 以上的，可以雜湊一下，那複雜度就是 \(O(n^2)\)。
回想一下 kmp 演算法解決的題目，暴力匹配也是 \(O(n^2)\)，但 kmp 演算法利用了詢問串匹配時的最長相等前字尾來加快匹配，充分利用了詢問串上的資訊，做到優秀的 \(O(n)\) 複雜度。那上面這題可不可以用上面的思想呢。
首先可以把模式串都搬到 trie 樹上，這樣各個模式串相互的字首資訊就清楚了。顯然 trie 樹上每個節點都對應了一條到根節點的字首。我們在 trie 樹上也維護每個節點的最長相等前字尾，但這裡的最長相等前字尾就不侷限於這一條到根節點的字首了，而是整棵 trie 樹。那麼現在可以簡單理解為把 kmp 演算法搬到 trie 樹就有了 ACAM 演算法。
2.實現
插入和 trie 樹一樣，不講。
與 kmp 演算法相同，ACAM 也有失配陣列 \(fail_u\)，方便我們在失配後找到一個最長的可以匹配的字首。得到 \(fail\) 陣列可以在 trie 樹上 bfs。
void getfail() {
std::queue<int> q;
for(int i = 0; i < 26; i++) if(tr[0][i]) q.push(tr[0][i]);
while(!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
for(int i = 0; i < 26; i++) {
if(tr[u][i]) fail[tr[u][i]] = tr[fail[u]][i], q.push(tr[u][i]);
else tr[u][i] = tr[fail[u]][i];
}
}
}
做到這一步就算建出了 ACAM 了，那麼前面的題怎麼做呢。
3.作用
嘗試在 ACAM 上走詢問串，假如走到節點 \(u\)，它當然對應著一個字首，並且意味著你成功匹配到了當前位置，即模式串中存在這麼一段字首。如果有一個模式串到這裡就是終點，那麼此時增加貢獻。否則往上跳到 \(fail_u\)，也對應一個字首，並且它與 \(u\) 的字尾相同且最長，加上他的貢獻，繼續往上跳 \(fail_{fail_u}\)。
這樣做是不重不漏的。因為這個過程相當於你固定了詢問串上的右端點，查詢從右端點開始有沒有這樣一段字尾是模式串。
更進一步，用 \((fail_u,u)\) 的邊建出一張圖，那麼一定仍是一棵樹。每個節點對應一段字首，當前節點代表的字串一定包含於子節點代表的字串且是其一段字尾。
上面的暴力跳祖先複雜度太高，怎麼最佳化？這個過程不就是求根到節點的鏈和嘛，求一下 \(fail\) 樹上字首和即可。
4.延伸
假如題目變成這樣：
給若干模式串，求模式串中出現了多少個詢問串。（保證詢問串在模式串中出現過）
可以在 fail 樹上考慮這個問題。因為題目的限制，他一定對應一個樹上一個節點，那麼它子樹中的所有節點一定包含它（換句話說，如果子樹中節點失配的話，一定會跳到它），所以就轉化為子樹求和做了。
5.思考
其實仔細想想，kmp 不就是一個模式串的 ACAM 嗎？它的 trie 樹是一條鏈，本質是相同的。
fail 樹的包含關係非常重要。
如果加入一些修改操作，都有 fail 樹了，就用資料結構維護樹上問題唄。通常可以用 dfs 序轉化為序列問題。
比如引入的問題中，如果加刪字串（前提是 ACAM 建出來了），就是一個單點加，求鏈和的問題，然後這個問題可以用樹上差分轉化為更簡單的子樹加，求單點，用樹狀陣列維護。
延伸的問題裡，同樣的操作，只是修改變成了若干個單點修改，詢問變成了求子樹和。
ACAM 又提供了一個很好的狀態表示，可以和 DP 結合。套路的設 \(f_{i,j}\) 表示考慮前 \(i\) 個字元，目前在 ACAM 上的 \(j\) 節點的答案。本質上是利用 ACAM 統計的模式串的某些資訊來進行轉移。
6.習題
P3041 [USACO12JAN] Video Game G
經典 ACAM + DP
設 \(f_{i,j}\) 表示考慮前 \(i\) 個字元，目前在 ACAM 上的 \(j\) 節點的最高分。轉移就需要知道下一個字元能夠匹配多少模式串，可以預處理出來。
複雜度 \(O(k\times tot)\)。
CF163E e-Government
經典的資料結構維護 ACAM 的題目，用上引出中的經典轉化，需要實現子樹加，單點求值。
CF1400F x-prime Substrings
ACAM + DP
需要發現 \(x-prime\) 字串是很少的，因此將所有 \(x-prime\) 字串一起建 ACAM，然後考慮 dp。設 \(f_{i,j}\) 表示考慮了前 \(i\) 個位置，在 ACAM 上狀態為 \(j\)，最少的刪除次數使得原字串不存在 \(x-prime\) 區間。轉移不更新 \(x-prime\) 字串的狀態即可。
CF1202E You Are Given Some Strings...
考慮列舉斷點 \(x\)，前面給 \(s_i\)，後面給 \(s_j\)。前者需要求出字串 \(t\) 的每個字首有多少 \(s\) 是其字尾，後者需要求出字串 \(t\) 的每個字尾有多少 \(s\) 是其字首。
前者是經典的 fail 樹問題，後者翻轉做一遍同樣的事即可。
CF547E Mike and Friends
考慮離線，然後拆貢獻，詢問 \(s_k\) 在 \(s_{1...r}\) 中出現次數，詢問 \(s_k\) 在 \(s_{1...l-1}\) 中出現次數，兩者相減即可。
一邊插入（若干單點加），一邊計算答案即可（子樹求和）。
CF587F Duff is Mad
上一題反過來，一下子不好做了。
如果是暴力的話，每次都要跑一遍 \(s_k\) 詢問每個位置的價值，而 \(k\) 是可以重複的，於是 \(T\) 了。然後你想這個暴力一定能透過 \(s_k\) 長度小一點的資料，又觀察到 \(\sum|s_i|\le 10^5\)，所以考慮根號分治。
長度小跑暴力即可，長度大需要換一種角度。
如果考慮現在變成列舉每一個長度大的 \(s_k\)，求它在區間 \([l,r]\) 的匹配情況。經典做法是從 \(s_k\) 的每個位置往上跳，看它可以跳到多少模式串，它可以轉變為求所有模式串被詢問串的所有位置跳到的次數和。如果長度記為 \(B\)，那麼這樣的字串總共不超過 \(\frac{m}{B}\)，於是你標記 \(s_k\) 的所有位置，對整個 ACAM 求子樹和，單次 \(O(m)\)，詢問字首和後可以 \(O(1)\) 解決，於是就有了 \(O(\frac{m^2}{B})\) 的做法。
前面的做法複雜度是 \(O(qB\log m)\)。兩者儘量均勻，解得 \(B=\frac{m}{\sqrt{q\log m}}\)。
總複雜度 \(\mathcal{O}(m\sqrt{q\log m})\)。
CF710F String Set Queries
二進位制分組線上 ACAM