后缀自动机(SAM)
抱歉，图床挂了，博主并没有存图，待修改，暂留坑
Tags：字符串
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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
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
- [x] [hihocoder1441]后缀自动机一·基本概念 http://hihocoder.com/problemset/problem/1441
- [x] [hihocoder1445]后缀自动机二·重复旋律5 http://hihocoder.com/problemset/problem/1445
- [x] [hihocoder1449]后缀自动机三·重复旋律6 http://hihocoder.com/problemset/problem/1449
- [x] [hihocoder1457]后缀自动机四·重复旋律7 http://hihocoder.com/problemset/problem/1457
- [x] [hihocoder1465]后缀自动机五·重复旋律8 http://hihocoder.com/problemset/problem/1465
- [ ] [HihoCoder1413]Rikka with String
- [x] [Luogu3804]【模板】后缀自动机 https://www.luogu.org/problemnew/show/P3804
- [ ] [BZOJ4516][SDOI2016]生成魔咒
- [x] [BZOJ3998][TJOI2015]弦论 https://www.luogu.org/problemnew/show/P3975
- [x] [BZOJ3277]串 https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3277
- [ ] [BZOJ3926][ZJOI2015]诸神眷顾的幻想乡
- [x] [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
- [x] [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
- [x] [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
#include
#include
#include
#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;
}