也不知道今天会不会把 P2414 做掉，先写一下吧。
看了一下午题解没看懂，也算是对 ACAM 有了一个比较深刻的理解。
首先看到多模匹配我们肯定先把 ACAM 建出来。
然后一个比较显然的想法是设 \(dp_i\) 为前缀 \([1,i]\) 是否是可理解的，然后对于每一个前缀在 ACAM 上匹配以后跳 fail，如果发现这个前缀的一个长度为 \(j\) 的后缀是一个模式串且 \([1,i-j]\) 也是可理解的，那么说明 \([1,i]\) 可理解（把两部分拼起来），于是将 \(dp_i\) 置为真。答案就是最后一个 \(dp_i\) 为真的位置。
然后喜提 \(\mathrm{O}(|s| \cdot \Sigma |t|)\) 的复杂度，拿到了 80 pts。
怎么办呢？
考虑到 \(|s| \le 20\)，可知对更新 \(dp_i\) 有用的下标只可能往前推 \(20\) 位，即 \(dp_{i-20}\)。然而我们还是需要优化掉跳 fail 的时间。那么，因为最多只会跳 \(20\) 次 fail，我们就可以考虑把跳 fail 的过程，即找可理解后缀的过程，压到 ACAM 本身上。具体地，我们维护一个 \(f_{i,j}\)，表示 ACAM 上节点 \(i\) 表示的字符串里长度为 \(j\) 的那一个是否可理解。由于只有 \(20\)，我们可以直接压进 int。
然后我们维护一个滚动数组（滚动 int？）描述 \(dp_{(i-20) \sim i}\)，然后跑的时候对两个位与一下，如果结果不为 \(0\)，就说明至少有一个 \(k\) 满足子串 \([1, i-k]\) 和 \([i-k+1, i]\) 都可理解，存一下就行了。
然后就做完了。
#include <bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define N 1000006
using namespace std;char a[N], b[N];
int son[N][26], nxt[N], dep[N], tag[N], f[N], tsiz = 1;
int n, q, l;int que[N], he, ta;int main(){scanf("%d %d", &n, &q);for(int i = 1; i <= n; ++i){scanf("%s", a+1);l = strlen(a+1);int x = 1;for(int j = 1; j <= l; ++j){if(!son[x][a[j]^96]) son[x][a[j]^96] = ++tsiz;dep[son[x][a[j]^96]] = dep[x]+1;x = son[x][a[j]^96];}tag[x] = true;}he = 1, ta = 0;tag[1] = f[1] = true;for(int i = 1; i <= 26; ++i){if(son[1][i]) nxt[son[1][i]] = 1, que[++ta] = son[1][i];else son[1][i] = 1;}while(he <= ta){int x = que[he++];f[x] = f[nxt[x]]|(tag[x]<<dep[x]);for(int i = 1; i <= 26; ++i){if(son[x][i]) nxt[son[x][i]] = son[nxt[x]][i], que[++ta] = son[x][i];else son[x][i] = son[nxt[x]][i];}}while(q--){scanf("%s", b+1);l = strlen(b+1);int x = 1, now = 1, ans = 0;for(int i = 1; i <= l; ++i){now <<= 1, x = son[x][b[i]^96];if(now & f[x]) ans = max(ans, i), now |= 1;}printf("%d\n", ans);}return 0;
}