题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/description/162/

阿轩在纸上写了两个字符串，分别记为$A$和$B$。利用在数据结构与算法课上学到的知识，他很容易地求出了“字符串$A$从任意位置开始的后缀子串”与“字符串$B$”匹配的长度。不过阿轩是一个勤学好问的同学，他向你提出了$Q$个问题：在每个问题中，他给定你一个整数$x$，请你告诉他有多少个位置，满足“字符串$A$从该位置开始的后缀子串”与$B$匹配的长度恰好为$x$。例如：A=aabcde，B=ab，则$A$有aabcde、abcde、bcde、cde、de、e这$6$个后缀子串，它们与B = ab的匹配长度分别是$1,2,0,0,0,0$。
因此$A$有$4$个位置与$B$的匹配长度恰好为$0$，有$1$个位置的匹配长度恰好为$1$，有$1$个位置的匹配长度恰好为$2$。

输入格式：
第一行输入三个整数$N,M,Q$，分别表示$A$串长度、$B$串长度、问题个数。
第二行输入字符串$A$，第三行输入字符串$B$。
接下来$Q$行每行输入$1$个整数$x$，表示一个问题。

输出格式：
输出共$Q$行，依次表示每个问题的答案。

数据范围：
$1\le N,M,Q,x\le 200000$

先求$B$的$ne$数组，接着对$A$进行匹配。我们考虑匹配长度大于等于$l$的后缀有多少个，设为$c[l]$，那么这些后缀可以按照其第$l$个字母在$A$中的下标来分类，并且这种分类是一一对应。当对$A$进行匹配的时候，如果已经匹配到了$B[j]=A[i]$，也就是$B$的长$j$的前缀是匹配的，那么我们就找到了一个匹配长度大于等于$j$的后缀，并且这个后缀的第$j$个字母是$A[i]$，则$c[l]$要加$1$。并且，$B$的长$ne[j]$的前缀也能匹配到$A[i]$，即长度大于等于$ne[j]$的后缀也要计数加$1$，即$c[ne[l]]$要加$1$，以此类推。每次做匹配的时候可以只让$c[l]$加$1$，最后按拓扑序累加。应答询问的时候，只需要返回$c[x]-c[x+1]$即可。代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
int n, m, q;
char a[N], b[N];
int ne[N], cnt[N];

void build_ne() {
  for (int i = 2, j = 0; i <= m; i++) {
    while (j && b[i] != b[j + 1]) j = ne[j];
    if (b[i] == b[j + 1]) j++;
    ne[i] = j; 
  }
}

int main() {
  scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
  scanf("%s%s", a + 1, b + 1);
  build_ne();

  for (int i = 1, j = 0; i <= n; i++) {
    while (j && a[i] != b[j + 1]) j = ne[j];
    if (a[i] == b[j + 1]) j++;
    cnt[j]++;
  }

  for (int i = m; i; i--) cnt[ne[i]] += cnt[i];
  while (q--) {
    int l;
    scanf("%d", &l);
    printf("%d\n", cnt[l] - cnt[l + 1]);
  }
}
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预处理时间复杂度$O(N+M)$，每次询问时间$O(1)$，空间$O(M)$。