[置顶] 后缀自动机（SAM）学习笔记

构图及原理

定义

算法

后缀自动机（SAM）就是一个要实现能存下一个串中所有子串的算法，按一般来说应当有 O(N2) 个状态，而SAM却可以用O(N)个状态来表示所有子串，因为它把很多个本质相似的子串映射到了同一个状态上，从而实现了这个优美的算法。

点

1. S ：原串，我们要求的就是 S 的后缀自动机。
2. Rightstr ：表示 str 在母串 S 中所有出现的结束位置的集合。
3. s （状态）：表示所有 Right 集相同的字符串合成的状态。
4. Parents ：表示 Right 集包含了 Rights 并且集合最小的状态。设转移的表示为 trans(状态，字符)=状态

边

1. parent 边：一个状态指向它的 Parents 。（而由 parent 边构成的树可以称为 parent 树）
2. ′a′ ~ ′z′ （或某些字符）字符边：有一个状态，后面加上一个字符后所指向的状态。

注意：
1. 一个状态可以由多条字符边转移而来，因为它包含多个子串，但只能有一条 Parent 边转移来。
2. 一个状态连出去的字符边不一定所有包含的子串后都能接这个字母，只是代表有某些包含的子串后能接这个字母。

一些简单的性质

1. Right 集的性质

1. 对于两个子串 a , b 的 Right ，只有两种情况，有交集和没有交集。考虑有交集的情况，如果有交集，那么显然一个子串是另一个子串的后缀，设 a 是 b 的后缀，那么 Rightb⊂Righta 。即对于两个子串的 Right 要么包含，要么没有交集。所以对于一个状态 s 所表示的字符串，它们的右端点必定相同，而左端点必定是连续的一段。如下图：
   
2. 如果一个状态的 Right 集越大，就说明符合的子串越多，那么限制肯定就越小，所以左端点距右端点的距离就越小。而随着右端点的向右移动，符合一种条件的子串就越来越少，所以 Right 集就会变小（当然可能会分出两组不同的状态）。我们令一个状态 s 所表示的区间是 [Mins,Maxs] ，显然的 Mins−1=MaxParents ,对于一个状态，我们记 Lens 表示 Maxs 。

2. Parent 树的性质

1. 怎么理解 Parent 树？我们从叶子结点往根上走时，就是一些不相交的 Right 集不断合并的过程（因此我们不需要把 Right 集的全部节点存下来）。
2. 如果 trans(s1,c)=trans(s2,c)=trans(s3,c)....=t ,那么状态 s1,s2,s3... 在 Parent 树上肯定是在一段连续的链上的。因为在这些子串的右端点加上一个字符 c 后，它们的 Right 集又重新相等，证明它们本来就是包含且连续的关系。
3. Parent 边简单来说，即表示不断寻找后缀的过程

构造方法

注：这里很多推理都是有上面的性质得来的，如有不理解的可以再回顾一下性质。

假设我们已经完成了前 |S|−1 个字符的插入（为 T 串），现在插入第 |S| 个( c )字符（为 S 串）。
要想SAM继续保持它的功能，就要加入 S 串的所有后缀。而 S 串的所有后缀都可以由 T 的后缀加一个字符转移而来。由于必定存在一个 Rightx 仅为 |T| 的状态。并且根据 Parent 树的性质，它的祖先的 Right 集肯定也含有 |T| ，所以它们肯定构成了一条在 Parent 树中的链。所以我们只要沿着这条链就能找到所有 T 的后缀。而我们讨论一下在 Parent 链上走的意义，即不断跳到当前字符串的后缀（当我们走完这条 Parent 链时就意味着|T|的所有后缀都遍历完了）
在沿着这条链走的时候会出现两种情况，假设到达的状态是 x 。
（我们新加一个节点 np ，表示 Right 只含 |S| 的新状态。即 lennp=|S| ）

1. trans(x,c)=Null ：即当前这个状态没有沿 c 转移的边，所以我们只要连一条为 c 的字符边到 np 就处理完这种情况了。

2. trans(x,c)≠Null ：假设第一个找到的节点为 x ，转移到的节点为 q 。那我们怎么把 |S| 这个位置加入 Rightq ?我们发现，如果强行把 |S| 加入 Rightq 中，可能会使 q 节点出现矛盾，即 lenq 变小。我们来看一下下面这个例子：
   
   如图，如果 lenq=lenx+1 那么就不会有这种问题，直接让 Parentnp=q 就可以了。但如果 lenq>lenx+1 ,详细的说，就意味着有更多的子串共享 q 这一个状态，如果 |S| 加进当前状态的 Right 集，可能会出现这个状态中的一些子串与到达 |S| 这个结束端点矛盾。如上面一些蓝色的串就不能放在后缀为 |S| 的位置，会与 B 字符矛盾。那么讨论就要复杂点。我们可以把 q 分成两种状态。如下图。
   
   如图，我们可以把 q 串分出一个 nq 来解决这个问题，只要我们把它再细分化，把符合结束位置为 |S| 的子串和不符合的分开。就可使 nq 的 Right 集包含 |S| ，从而解决这个问题。那么显然 lennq=lenx+1 ，由于 nq 是 q 分出来的一个 Rightnq 包含 Rightx 的状态，所以自然 Parentq=nq,Parentnq=x ，当然也要使 Parentnp=nq 。并且考虑 nq 字符边的转移，由于结束位置为 |S| 的子串后是没有字符的所以它的转移状态是和 q 一样的。

注意第一种情况一定是在第二种情况前出现的，而第二种情况就意味着一段段后缀的处理。

最后，我们还要处理别连向 q 的状态，可以知道的是它们是连续一段的，所以把它们转移到 q 的边都改为转移到 nq 的边就可以了。而对于其它有 c 的字符边，且指向状态不为 q 的，由于 q 都已经能分离出合法状态了，那么那些节点的 Right 集都是可以直接加入 |s| 。至此，我们就已经把 T 的所有后缀都建立了转移到 S 后缀的方案。

程序

非常好实现。

//Suffix Automaton’s Build YxuanwKeith
//S为根，一开始tot = 1表示已经给根编号为1
void Add(int c) {
    int Nt = ++ tot, p = Last;
    //Last表示前缀T的最长后缀对应的状态。
    Tr[Nt].Len = Tr[Last].Len + 1, Last = Nt;
    for (; p && !Tr[p].Go[c]; p = Tr[p].Pre) Tr[p].Go[c] = Nt;
    if (!p) Tr[Nt].Pre = S; else {
        int q = Tr[p].Go[c];
        if (Tr[p].Len + 1 == Tr[q].Len) Tr[Nt].Pre = q; else {
            int Nq = ++ tot;
            Tr[Nq] = Tr[q];
            Tr[q].Pre = Tr[Nt].Pre = Nq;
            Tr[Nq].Len = Tr[p].Len + 1;
            for (; p && Tr[p].Go[c] == q; p = Tr[p].Pre) Tr[p].Go[c] = Nq;
        }
    }
}

例题及应用（未完成）

（未完待续……）

参考资料

1. 张天扬《后缀自动机及其应用》（这个可以作为辅助资料）
2. 陈立杰《Suffix Automaton后缀自动机》（这个讲的比较详细，容易理解）