题意

问题描述

万能的红太阳J 君正在研究量子信息的纠缠。
具体来说，J 君有一个初始为空的信息集。她会进行m 次操作，有时，她会向信息集内加入一个长度不超过L 的的数字串(一个数字串为一个仅由0 到9 组成的非空字符串)，有时她会给出一个数字串，询问这个数字串是否包含在她的信息集中，有时她会选取两个长度不超过L 的数字串，使她们在信息集内互相纠缠。
两个数字串A 和B 互相纠缠代表，对于信息集中的任意串A+C，需满足B +C 也在信息集中，对于信息集中的任意串B + D，需满足A + D 也在信息集中(其中+ 代表字符串顺序连接，C;D 可能是空串)，因此一次纠缠操作可能导致若干个数字串(可能为无穷多个) 被加入信息集中。
由于两个数字串的纠缠是一种状态，在纠缠后的任何时刻都需满足以上性质，因此第一次纠缠操作之后的任何添加操作都可能导致大于1 个(可能为无穷多个) 数字串被加入信息集。
你需要做的就是回答J 君的所有询问。

输入格式

第一行包含一个正整数m，代表操作数。
接下来m 行，每行可能有以下形式：
1 s 代表将数字串s 加入信息集中
2 s 代表询问数字串s 是否在信息集中
3 a b 代表使数字串a 和b 互相纠缠

输出格式

对于每一个2 操作，如果询问串不在集合中，请输出一行一个整数0，否则输出一行一个整数1。

样例输入

11
1 123
2 123
2 0
3 12 13
1 124
2 133
2 134
2 13
3 1 11
2 111
2 11111111111111111111111124

样例输出

1
0
1
1
0
0
1

数据规模与约定

100% 的数据满足\(m \leq 105, c \leq 2050, S \leq 8 \times 10^6,L \leq 50, P \equiv m \mod 10\)。
其中c 代表1 操作与3 操作次数之和，S 代表询问字符串的总长度。

分析

首先考虑没有3 操作的情况，我们很容易想到使用一个字典树维护这个集合。
接下来考虑3 操作，对于每个3 操作，我们只需要递归合并上述字典树上的两个节点即可。
时间复杂度\(O(c^2L + S)\)

这时间复杂度我也不知道是怎么回事。

代码

#define yuki(x, y) for(int i = x, __yuki__ = y; i < __yuki__; ++i)
#define yukj(x, y) for(int j = x, __yukj__ = y; j < __yukj__; ++j)
#define yukii(x, y) for(int i = x, __yukii__ = y; i <= __yukii__; ++i)
#define yukji(x, y) for(int j = x, __yukji__ = y; j <= __yukji__; ++j)
#define yuk(x, y, z) for(int x = y, __yui__ = z; x < __yui__; ++x)
#define yui(x, y, z) for(int x = y, __yuk__ = z; x >= __yuk__; --x)
#define sclr(x) memset(x, 0, sizeof(x))
#define sclr1(x) memset(x, -1, sizeof(x))
#define scl(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ft first
#define sc second
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
using namespace std;
typedef long long lol;
const int maxp = 1000100;
int n, m, alc, refl[1000100], fre[1000100], trans[1000100][10], root;
char buf[8000100];
bool mk[1000100];
int gf(int x)
{
    return refl[x] == x ? x : (refl[x] = gf(refl[x]));
}
void init()
{
    yuki(1, maxp) refl[i] = i;
    root = ++alc;
}
void insert(char *ch)
{
    int cur = root;
    while(*ch)
    {
        int x = *ch++-'0';
        if(!trans[cur][x]) trans[cur][x] = ++alc;
        cur = gf(trans[cur][x]);
    }
    mk[cur] = true;
}
bool ask(char *ch)
{
    int cur = root;
    while(*ch)
    {
        int x = *ch++-'0';
        if(!trans[cur][x]) return false;
        cur = gf(trans[cur][x]);
    }
    return mk[cur];
}
int &getnode(char *s)
{
    int cur = root;
    int l = strlen(s);
    yuki(0, l-1)
    {
        int x = s[i]-'0';
        if(!trans[cur][x]) trans[cur][x] = ++alc;
        cur = gf(trans[cur][x]);
    }
    return trans[cur][s[l-1]-'0'];
}
void merge(int &a, int &b, bool flag) // 类似线段树启发式合并 
{
    a = gf(a);
    int y = gf(b); // 不用重新定义y 
    if(!a && !y)
    {
        if(flag) a = b = ++alc; // 都没有要补上，为了以后的修改 
        return;
    }
    else if(a == y) // 已经相同就不用补了 
        return;
    if(!a) // 单空返回 
    {
        a = y;
        return;
    }
    else if(!b)
    {
        b = a;
        return;
    }
    refl[y] = a; // 合并子树的标记 
    if(mk[y]) mk[a] = true; // 合并单词的存在性 
    yuki(0, 10)
    {
        merge(trans[a][i], trans[y][i], false);
        a = gf(a); // 后代可能会对祖先取并 
    }
}
void cond()
{
    int &a = getnode(buf);
    scanf("%s", buf);
    int &b = getnode(buf);
    merge(a, b, true);
}
int main(int argc, char **argv)
{
    freopen("quantum.in", "r", stdin);
    freopen("quantum.out", "w", stdout);
    init();
    scanf("%d", &n);
    int t;
    while(n--)
    {
        scanf("%d%s", &t, buf);
        if(t == 1)
            insert(buf);
        else if(t == 2)
            puts(ask(buf) ? "1" : "0");
        else
            cond();
    }
    return 0;
}