@xzyxzy 2018-08-28T14:44:13.000000Z 字数 6888 阅读 2232

后缀自动机(SAM)

字符串

一、SAM详解

~~博主第一次这么详细地讲解算法~~,强烈建议看看hihocoder上的讲解
注意弄清楚每个数组的确切含义

1、干嘛用

构建一个自动机，使得一个字符串的所有子串都能够被表示出来
而且从根出发的任意一条合法路径都是该串中的一个子串
后缀自动机是一个DAG（ $AC$ 自动机建成了 $Trie$ 图）

2、复杂度

时间空间都是 $O(n)$ （空间要开两倍）

3、 $len$

$len[i]$ 表示 $i$ 点表示的字符串集合中最长字符串的长度

从 $hihocoder$ 上可以知道，一个节点表示的 $Endpos$ （位置集合）对应的字符串的集合中的字符串一定是长度连续的，即有一个 $longest$ 和一个 $shortest$
这里的 $len$ 表示的是 $longest$ ，当 $shortest$ 减去其第一个字符，一定会成为另一个节点的 $longest$ ，那么 $i$ 节点的 $shortest$ 便是某节点的 $longest+1$

4、 $Parent$ 树

$fa[i]$ 表示 $i$ 在 $Parent$ 树上的父亲

那么上文所说的 $i$ 所对应另一个节点 $j$ ，使得 $shortest(i)=longest(j)+1$ ，在 $parent$ 树上的关系就是 $fa[i]=j$
可以得出， $parent$ 树一定是树的结构，而且根是 $1$ 号节点，表示的是空串

5、添加一个字符

~~图中很多边都没有画出来~~
加入一个字符 $c$ 时，把图分为 $A,B$ 两部分， $A$ 表示这一段存在儿子 $C$ ， $B$ 表示不存在儿子 $C$
我们把右边那个 $C$ 叫作 $p$ 点，把下面的叫 $x$ 好啦

Situation 1

不存在 $A$ 部分，那么沿着 $parent$ 树一直会跳到 $0$ 节点
这个时候其实是没有出现过字符 $c$ ，我们需要把 $B$ 中所有节点的 $c$ 儿子置为 $p$ 号点
其实就是添加了所有以 $c$ 结尾的子串的路径
所以 $p$ 节点代表的 $Endpos$ 对应的字符串的 $shortest$ 为 $1$ ， $parent$ 树上父亲指向根节点即 $1$ 节点

Situation 2

令 $A$ 中最末端节点编号为 $f$ ，当 $longest(f)+1=shortest(x)=longest(x)$ 时， $x$ 表示的 $Endpos$ 对应的字符串集只有一个元素

考虑是什么实际情况使得 $x$ 的字符集中只有一个元素：
由于自动机是一个DAG，所以此情况当且仅当从根出发只有一条路径能够到达 $x$ 点，所以从 $1$ 出发到达在 $x$ 点之前的点也只有一条路径，而这条路径如果有不相同的字符，那么不行（比如 $aab$ ，我们需要在自动机上表示子串 $b$ ，所以一定有一条直接往 $b$ 走的路径，而 $aaa$ 就可以说最后一个 $a$ 只有一条路径能够到达，因为加入第三个 $a$ 产生三个子串 $a,aa,aaa$ ，前两个已经能够被表示出来了）所以只有开头一段连续相同的字符满足这种情况

把 $p$ 的 $parent$ 树上父亲指向 $x$
其实这个是和第三种情况一样的，因为这里x的入度只为1，如果把这个点复制了一边那么原来的点就没用了

本来以为为了节省空间就这样做，然后发现这样会 $WA$ ，和 $SYC$ 讨论了两天最终得出结果：
1.这个点被复制，那么复制出来的点其实是表示空串，在Parent树上和后缀自动机上都没有意义
2.本以为这样是对的：从原来的点的 $Parent$ 父亲连向复制的点，这样可以贡献 $1$ 的 $siz$ ，使得点被完全复制，原来的点被完全抛弃，但是调试一天发现原来被丢弃的点是有可能被跳 $Parent$ 树访问到的（如图），然后它的 $fa$ 和各项数据会被魔改，使得 $siz$ 贡献不上去 PKUSC买了个草稿本～

所以第二种情况就是第二种，和第三种有本质区别

Situation 3

把 $x$ 节点复制一遍给 $y$ ，所有前面连续的一段本应该连向 $x$ 的都连向 $y$ （也就是说在 $A$ 前面可能还有连向 $x$ 的边），把 $x$ 的儿子memcpy给 $y$ ，把 $x$ 和 $p$ 的 $parent$ 父亲连向 $y$ ，把 $y$ 的 $len$ 设置为 $len[f]+1$
（Update2018.8.28：已更正@SSerxhs）

比如 $aabab$ 在加入第二个 $b$ 时子串 $ab$ 已经存在，所以 $ab$ 的 $Endpos$ 集合变大了，这样原来第一个 $b$ 表示 $aab,ab,b$ ，它们的 $Endpos$ 都是 $3$ ，而现在只能表示 $aab$ 的 $Endpos$ 是 $3$ ， $ab,b$ 的 $Endpos$ 是 $3,5$ ，所以需要一个新的点来维护，同时这样操作也保证了如果在后面加入 $c$ ，只会增加 $c,bc,abc$ 而不会增加 $aabc$

$len[y]=len[f]+1$ ：在后面接一个字符，所以 $longest$ 直接加 $1$
一个想了很久的问题：为什么只连前面第一段？
感性理解一下，其实前面一定只有连续的一段连向这个点，所以其实加这句是保证复杂度的

6、siz/sum

$siz[i]$ 表示 $i$ 号点代表的 $Endpos$ 集合大小，也可以说是 $i$ 号点字符串集合在整个串中的出现次数

从parent树上累加

siz[i]=k 表示i节点对应的Endpos的字符串集合出现了k次
for(int i=node;i>=1;i--) siz[fa[A[i]]]+=siz[A[i]];
//A[i]表示len数组第从大到小第i位的节点
因为parent树上父亲的所有字符串是所有儿子的所有字符串的后缀，所以所有儿子出现的地方父亲一定会出现，那么siz[i]+=siz[son[i]]

$sum[i]$ 表示后缀自动机上经过 $i$ 点的子串数量

从自动机上累加

sum[i]=k 表示字符串中经过i号节点的本质不同的子串有多少个
for(int i=2;i<=node;i++) sum[i]=siz[i]=1;
for(int i=node;i>=1;i--)
    for(int k=0;k<26;k++)
        if(ch[A[i]][k]) sum[A[i]]+=sum[ch[A[i]][k]];
这样相当于在每一个本质不同的子串的结尾打上1的标记，然后sum[i]表示的就是DAG上拓扑序在i之后的点的数量

建议完成这题：[TJOI2015]弦论
这是我的题解

7、构建代码

int fa[N],ch[N][26],len[N],siz[N];
int lst=1,node=1,l;//1为根，表示空串
void Extend(int c)
{
    /*
      2+2+2+3行，那么多while但是复杂度是O(n)
     */
    int f=lst,p=++node;lst=p;
    len[p]=len[f]+1;siz[p]=1;
    /*
      f为以c结尾的前缀的倒数第二个节点，p为倒数第一个（新建）
      len[i] 表示i节点的longest，不用记录shortest（概念在hihocoder后缀自动机1上讲得十分详细）
      siz[i]表示i节点所代表的endpos的集合元素大小，即所对应的字符串集的longest出现的次数
      不用担心复制后点的siz，在parent树上复制后的点的siz是它所有儿子siz之和，比1多
     */
    while(f&&!ch[f][c]) ch[f][c]=p,f=fa[f];
    if(!f) {fa[p]=1;return;}
    /*
      把前面的一段没有c儿子的节点的c儿子指向p
      Situation 1 如果跳到最前面的根的时候，那么把p的parent树上的父亲置为1
     */
    int x=ch[f][c],y=++node;
    if(len[f]+1==len[x]) {fa[p]=x;node--;return;}
    /*
      x表示从p一直跳parent树得到的第一个有c儿子的节点的c儿子
      Situation 2 如果节点x表示的endpos所对应的字符串集合只有一个字符串，那么把p的parent树父亲设置为x
     */
    len[y]=len[f]+1; fa[y]=fa[x]; fa[x]=fa[p]=y;
    memcpy(ch[y],ch[x],sizeof(ch[y]));
    while(f&&ch[f][c]==x) ch[f][c]=y,f=fa[f];
    /*
      Situation 3 否则把x点复制一遍（parent树父亲、儿子），同时len要更新
                 （注意len[x]!=len[f]+1,因为通过加点会使x父亲改变）
                  然后把x点和p点的父亲指向复制点y，再将前面所有本连x的点连向y
     */
}

8、构建图示

$aab$

$aaba$

$aabab$

9、性质及应用

桶排序

按照 $len$ 桶排序之后也就是 $Parent$ 树的 $BFS$ 序/自动机的拓扑序
所以按照类似 $SA$ 的桶排序方法可以如下将 $Parent$ 树从叶子到根/自动机反拓扑序用 $A[1]..A[node]$ 表示出来

for(int i=1;i<=node;i++) t[len[i]]++;
for(int i=1;i<=node;i++) t[i]+=t[i-1];
for(int i=1;i<=node;i++) A[t[len[i]]--]=i;

SAM上每一条合法路径都是字符串的一个子串

通过拓扑序DP可以用来求本质不同的子串的问题

SAM上跑匹配

$T$ 表示查询串， $p$ 表示匹配到自动机上 $p$ 号节点， $tt$ 表示当前匹配长度为 $tt$
一共分三步
$Step 1$ 一直跳 $parent$ 父亲，直到根或者下一位可以匹配为止，这一步很像 $kmp$ 的 $next$ 和 $AC$ 自动机的 $fail$
$Step 2$ 如果匹配得上更新 $p$ 和 $tt$ ，否则重置 $p$ 和 $tt$
$Step 3$ 匹配完成则累加答案

for(int i=1;i<=l;i++)
{
    int c=T[i]-'a';
    while(p!=1&&!ch[p][c]) p=fa[p],tt=len[p];
    ch[p][c]?(p=ch[p][c],tt++):(p=1,tt=0);
    if(tt==l) Ans+=siz[p];
}

大多数题肯定没有那么裸，这时需要魔改中间步骤，使得符合题意（Example）

广义后缀自动机

专题太大请见链接
附模板题[HN省队集训6.25T3]string题解

简单地总结

需要知道的几个性质：
1. $SAM$ 上每条合法路径都是原串中的一种子串
2.一个点可以表示一个字符串集合
3.从一个点跳 $Parent$ 树父亲一直到根，这些字符串集合表示的是所有后缀

新增一个节点 $p$ ，相当于在所有后缀后再加上一个字符
理所当然要一直跳 $Parent$ 树添 $c$ 儿子
1.直接跳到了根，把新增点的 $Parent$ 树父亲置为 $1$ ， $return$
2.如果到某步有个点有 $c$ 儿子，而且该点只能表示一个字符串，那么 $fa[p]=ch[f][c]$ 因为满足了性质 $3$ ，你接着从 $p$ 出发跳父亲得到的字符串集合是所有后缀
3.如果该点 $x$ 表示的不只一个字符串，那么把 $x$ 复制一遍给 $y$ ，这时 $y$ 只表示一个字符串，相当于 $x$ 表示的字符串集合中有一个串的 $Endpos$ 和其余的不同了所以要把这个状态剥离给 $y$ ，同时在 $Parent$ 树上父亲指向 $x$ 也要指向 $y$

二、题单

[hihocoder1441]后缀自动机一·基本概念 http://hihocoder.com/problemset/problem/1441
[hihocoder1445]后缀自动机二·重复旋律5 http://hihocoder.com/problemset/problem/1445
[hihocoder1449]后缀自动机三·重复旋律6 http://hihocoder.com/problemset/problem/1449
[hihocoder1457]后缀自动机四·重复旋律7 http://hihocoder.com/problemset/problem/1457
[hihocoder1465]后缀自动机五·重复旋律8 http://hihocoder.com/problemset/problem/1465
[HihoCoder1413]Rikka with String
[Luogu3804]【模板】后缀自动机 https://www.luogu.org/problemnew/show/P3804
[BZOJ4516][SDOI2016]生成魔咒
[BZOJ3998][TJOI2015]弦论 https://www.luogu.org/problemnew/show/P3975
[BZOJ3277]串 https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3277
[BZOJ3926][ZJOI2015]诸神眷顾的幻想乡
[BZOJ2806][CTSC2012]熟悉的文章(Cheat) https://www.luogu.org/problemnew/show/P4022
[BZOJ1396&2865]识别子串
[HEOI2015]最短不公共子串 https://www.luogu.org/problemnew/show/P4112
[BZOJ2555]SubString
[BZOJ5137][Usaco2017 Dec]Standing Out from the Herd
[BZOJ2780][SPOJ8093]Sevenk Love Oimaster https://www.luogu.org/problemnew/show/SP8093
[CF700E]Cool Slogans https://www.luogu.org/problemnew/show/CF700E
[CF666E]Forensic Examination
[BZOJ5408][HN省队集训6.25T3]string https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5408

三、一句话题解

四、模板

洛谷 P3804 【模板】后缀自动机

// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2010000;
char s[N];
int fa[N],ch[N][26],len[N],siz[N];
int lst=1,node=1,l,t[N],A[N];
ll ans;
void Extend(int c)
{
    /*
      如果是广义后缀自动机的话，最好加上第一句，虽然不加不会错
      这句的意思是要加入的这个点已经存在（Trie树上的同一个点再次被访问）
      不加就相当把这个点作为中转站，但是又和Situation2那个错误的中转站不同，这个没有被parent父亲指，所以不会被魔改
    */
    if(ch[lst][c]&&len[ch[lst][c]]==len[lst]+1) {lst=ch[lst][c];siz[lst]++;return;}
    /*
      2+2+2+3行，那么多while但是复杂度是O(n)
     */
    int f=lst,p=++node;lst=p;
    len[p]=len[f]+1;siz[p]=1;
    /*
      f为以c结尾的前缀的倒数第二个节点，p为倒数第一个（新建）
      len[i] 表示i节点的longest，不用记录shortest（概念在hihocoder后缀自动机1上讲得十分详细）
      siz[i]表示以i所代表的endpos的集合元素大小，即所对应的字符串集出现的次数
      不用担心复制后的siz，在parent树上复制后的点的siz是它所有儿子siz之和，比1多
     */
    while(f&&!ch[f][c]) ch[f][c]=p,f=fa[f];
    if(!f) {fa[p]=1;return;}
    /*
      把前面的一段没有c儿子的节点的c儿子指向p
      Situation 1 如果跳到最前面的根的时候，那么把p的parent树上的父亲置为1
     */
    int x=ch[f][c],y=++node;
    if(len[f]+1==len[x]) {fa[p]=x;node--;return;}
    /*
      x表示从p一直跳parent树得到的第一个有c儿子的节点的c儿子
      Situation 2 如果节点x表示的endpos所对应的字符串集合只有一个字符串，那么把p的parent树父亲设置为x
     */
    len[y]=len[f]+1; fa[y]=fa[x]; fa[x]=fa[p]=y;
    memcpy(ch[y],ch[x],sizeof(ch[y]));
    while(f&&ch[f][c]==x) ch[f][c]=y,f=fa[f];
    /*
      Situation 3 否则把x点复制一遍（parent树父亲、儿子），同时len要更新
                 （注意len[x]!=len[f]+1,因为通过加点会使x父亲改变）
                  然后把x点和p点的父亲指向复制点y，再将前面所有本连x的点连向y
     */
}
int main()
{
    //Part 1 建立后缀自动机
    scanf("%s",s); l=strlen(s);
    for(int i=l;i>=1;i--) s[i]=s[i-1];s[0]=0;
    for(int i=1;i<=l;i++) Extend(s[i]-'a');
    //Part 2 按len从大到小排序（和SA好像啊）后计算答案
    for(int i=1;i<=node;i++) t[len[i]]++;
    for(int i=1;i<=node;i++) t[i]+=t[i-1];
    for(int i=1;i<=node;i++) A[t[len[i]]--]=i;
    for(int i=node;i>=1;i--)
    {//从小到大枚举，实际上在模拟parent树的DFS
        int now=A[i];siz[fa[now]]+=siz[now];
        if(siz[now]>1) ans=max(ans,1ll*siz[now]*len[now]);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

后缀自动机(SAM)

作业部落

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一、SAM详解

1、干嘛用

2、复杂度

3、 $len$

4、 $Parent$ 树

5、添加一个字符

6、siz/sum

7、构建代码

8、构建图示

$aab$

$aaba$

$aabab$

9、性质及应用

简单地总结

二、题单

三、一句话题解

四、模板

后缀自动机(SAM)

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评论地址

一、SAM详解

1、干嘛用

2、复杂度

3、len

4、Parent树

5、添加一个字符

6、siz/sum

7、构建代码

8、构建图示

aab

aaba

aabab

9、性质及应用

简单地总结

二、题单

三、一句话题解

四、模板

内容目录

3、 $len$

4、 $Parent$ 树

$aab$

$aaba$

$aabab$