浅析后缀自动机

解决子串相关问题的强大工具

我们知道一个长度为 \(n\) 的字符串中所有的子串数目为 \(O(n^2)\) 个，这很大程度上限制了我们对某些子串相关问题的研究。所以有没有解决方案，使得我们可以在可承受的复杂度内表示出所有的子串？

于是，一种被称作 \(\text{DAWG}\) 的自动机（字符串 \(s\) 的 DAWG 简称 \(\text D_{s}\)）横空出世。它可以做到仅用 \(O(n)\) 的状态数或转移数，表示出 \(s\) 的所有子串，并且 DAWG 可以在线性时间内增量构造。

后缀自动机（\(\text{SAM}\)）是 DAWG 的一种，其接受状态为 \(s\) 的所有后缀。然而在很多地方所谓的 SAM 其实就是 DAWG。既然现在都叫 SAM，那笔者也将用 SAM 代替一些 DAWG，应该不会影响阅读。

在介绍 SAM 的构造算法之前，我们将了解一些前置知识点作为铺垫。

\(\text{endpos}\) 集合

定义一个字符串 \(t\) 在 \(s\) 中出现的 所有终止位置 的 集合 为 \(endpos(t)\)。如 \(s=\texttt{abbab},t=\texttt{ab}\) 那么 \(endpos(t) = \{2,5\}\)。对于两个子串 \(t_1,t_2\)，若 \(endpos(t_1) = endpos(t_2)\)，那么我们称 \(t_1,t_2\) 在同一个 \(endpos\) 等价类（简称“类”）中。

然而这玩意有什么用呢？我们先来看一些有意思的结论：

  1. 对于处于同一 \(endpos\) 等价类中的两个子串 \(t_1,t_2(|t_1|\le|t_2|)\)，\(t_1\) 是 \(t_2\) 的后缀。
    • 比较显然吧？不过 \(t_1\) 不是 \(t_2\) 的后缀，那么 \(t_2\) 必然匹配不上 \(endpos(t_1)\) 中的任何一个位置。
  2. 对于任意两个子串 \(t_1,t_2(|t_1|\le|t_2|)\)，有 \(endpos(t_1)\supseteq endpos(t_2)\) 或 \(endpos(t_1)\cap endpos(t_2)=\varnothing\) 其一成立。
    • 前者代表 \(t_1\) 为 \(t_2\) 的一个后缀，凡是 \(t_2\) 出现过的位置 \(t_1\) 必然出现；而后者则表示不是后缀，那么 \(t_1\) 出现的位置 \(t_2\) 必然做不到也在这个位置出现。
  3. 对于一个类，其中的所有子串的 长度连续。
    • 证明略。
  4. \(endpos\) 等价类的个数为 \(O(n)\)。
    • 对于一个类中的一个子串，我们将它在前方拓展一个字符，其所属的类可能会发生改变。一旦改变，那么这一个子串为变为若干个不同的子串。对于其中两个不同的，必然是因为在开头加上的字符不同。根据前面的结论，可知它们的 \(endpos\) 集合无交集。那么整个过程可以视作 \(endpos\) 集合的分割。当然，有一部分信息会丢失，这是因为这个位置的长度到顶了，无法往前扩展（这样暗示了最多只能丢失一个）。
    • 注意到分割出来的 子集间互不相交，那么所有的分割过程有一个树形结构。考虑到最大的 \(endpos\) 集合也只有 \(n\) 个元素，最后只会有 \(n\) 次分割，那么显然树的结点数也只有 \(O(n)\)。

观察其中第 4 个结论，若我们将所有 \(O(n^2)\) 个子串按 \(endpos\) 等价类归类，那么只会有 \(O(n)\) 个类。这是一个很好的性质，接下来的研究将会围绕这个等价类进行。

为了方便，我们先引入一些记号：

  • \(longest(i)\)：等价类 \(i\) 中最长的子串；
  • \(len(i)\)：\(longest(i)\) 的长度；
  • \(shortest(i)\)：等价类 \(i\) 中最短的子串；
  • \(minlen(i)\)：\(shortest(i)\) 的长度。

上面提到 \(endpos\) 的分割关系是一颗树，我们称这棵树为 Parent Tree，一个结点 \(i\) 代表一个类，结点 \(i\) 的父亲记为 \(link(i)\)（也被称为“后缀链接”，它的实际意义是：将 \(i\) 中一个子串的前面缩减，直到存在其他位置也出现了这个串，新的 \(endpos\) 对应的类记为 \(link(i)\)）。

那么接下来，第五个结论：\(minlen(i)=len(link(i))+1\)。

  • \(link(i)\) 是 \(i\) 在 Parent 树上的父亲，那么考虑 \(i\) 这个儿子是怎么来的：\(longest(link(i))\) 向前拓展一个字符后不再属于 \(link(i)\)，其中一个被归入 \(i\)。很显然这个扩展得到的子串即为 \(shortest(i)\)，因为它无法再缩减得到 \(i\) 中的其他子串，它就是最短的那个。

有了这些理论基础，是时候开始学习 SAM 了！

SAM 后缀自动机

SAM 的状态 & 转移

作为一个自动机，其状态的含义是必不可少的。在 SAM 中我们直接 把一个等价类作为一个状态。

这是有一定道理的，至少一个字符串的 \(endpos\) 等价类的个数就在 \(O(n)\) 级别。

当我们从一个状态 \(x\) 走一个 \(\delta(x,c)\) 转移时，意味着在当前的字符串 后追加一个字符 \(c\)。

SAM 的构造

算是最难理解的部分了吧！反之笔者来来回回看了不下四五遍。先贴 Code！

const int N = 1e6 + 5;
const int T = N << 1;
const int S = 26;

int ch[T][S], link[T], len[T];
int total(1), last(1);
void extend(int c) {
	int p = last, np = last = ++total;
	len[np] = len[p] + 1;
	for (; p && !ch[p][c]; p = link[p]) ch[p][c] = np;
	if (!p) { link[np] = 1; return; }
	int q = ch[p][c];
	if (len[q] == len[p] + 1) { link[np] = q; return; }
	int nq = ++total;
	memcpy(ch[nq], ch[q], S << 2), link[nq] = link[q];
	len[nq] = len[p] + 1, link[np] = link[q] = nq;
	for (; p && ch[p][c] == q; p = link[p]) ch[p][c] = nq;
}

看不懂就对了 其中 ch[x][c] 表示 \(\delta(x,c)\)，last 表示上一次添加的位置，其他的，现在叫什么就对应上面的什么。

我们总共需要维护：转移、\(link\) 以及 \(len\)。不维护额外信息是因为它们要么会影响复杂度（\(endpos\)），要么可以直接计算 （\(minlen\)）。

首先还是要提醒一下我们是 增量法 构造的，也就是说 main() 函数中有一句 for (int i = 0; i < n; i++) extend(s[i] - 'a');。

所以说这个函数到底在搞什么呢？我们一句句剖析：

  • int p = last, np = last = ++total;
len[np] = len[p] + 1;

    可以发现 \(p\) 为上一次添加的状态代表旧串， \(np\) 表示现在的状态代表新串。很显然每一次 extend() 都会新增状态，至少得把含有 \(n\) 的 \(endpos\) 表示出来。len[np] = len[p] + 1; 这也比较显然，\(p\) 肯定是上一次添加后可以代表最长子串的那一个，而现在是 \(np\)，当然是上一次最大长度 \(+1\) 啦。

  • for (; p && !ch[p][c]; p = link[p]) ch[p][c] = np;

    这是在干啥？我们发现这个 \(p\) 一直跳 \(link\)，于是考虑这么做的实际意义。我们知道 \(link(p)\) 表示“最长的不在等价类中的后缀”，大概了解了这其实就是在遍历后缀；而朴素的后缀遍历是一位位扫，这里的高明之处就是对同一类的后缀都可以统一处理，并且可以 压缩地遍历后缀。

    再看循环的终止条件 p && !ch[p][c]。前者你可以单纯地认为是为了不跳出根，需要着重理解的是后者。注意到 \(longest(p)\) 是旧串的后缀，\(longest(link(p))\)、\(longest(link(link(p)))\) 等也都是旧串的后缀。如果说对于当前的 \(p\)，有 \(\delta(p,c)=\text{NULL}\)，说明 旧串中不存在 \(longest(p)+c\)，于是向 \(np\) 新建一个转移：\(\delta(p,c)\gets np\)。不难发现 \(longest(p)+c\) 是新串的后缀，而这又是第一次出现，因此 \(endpos(longest(p)+c)=\{n\} = endpos(np)\)，因此正确性是有保证的。

    然而一旦发现 \(\delta(p,c)\) 这个转移存在了，说明此时 \(longest(p)+c\) 已经在旧串中出现了，那么有 \(endpos(longest(p)+c)\ne \{n\}\)，直接连边就有失妥当，我们需要对此进一步处理。

  • if (!p) { link[np] = 1; return; }

    如果上一句话是因为跳出 SAM 而终止，也就是说任意一个旧串的后缀 \(+c\) 都不曾在旧串中出现过，那么就会走到这一步。由于根状态 \(q_0\) 是跳 \(link\) 的必经之地，而这里都不存在 \(c\) 的转移那只能说明一件事：这个 \(c\) 在旧串中就没出现过！于是显然有 \(link(np)\gets q_0\)。

  • int q = ch[p][c];

    走到这里了，说明前、前一句是因为发现一个存在的 \(c\) 转移而停下的。那咱就先拿来看看，\(q\gets \delta(p,c)\)。考虑这个 \(q\) 到底有什么特别的地方——它满足 \(longest(p)+c\) 在旧串中出现并且是新串的后缀。那为什么选择 \(q\) 而不是 \(q^\prime=\delta(link(p),c)\)，也就是为什么不要继续跳后缀？注意到 \(q^\prime\) 在 Parent 树上必然是 \(q\) 的祖先，这些祖先在这一次的 extend() 做完之后，其 \(endpos\) 也都增加了 \(n\)，情况本质相同。既然如此，对于这个 \(q\) 还需要多考虑什么呢？

  • if (len[q] == len[p] + 1) { link[np] = q; return; }

    这个等式成立，等价于“\(longest(q)=longest(p)+c\)”，也就是说 \(q\) 可以代表的最长子串恰好是新串的后缀。那么，就好办了啊！我们只要简单地让 \(endpos(q)\) 中多个 \(n\) 就行啦：\(link(np)\gets q\)。

    但如果这个条件不成立，意味着存在一个比 \(longest(q)\) 更长（显然不会是更短吧，因为 \(minlen(i)=len(link(i))+1\)）的子串。可以发现 这样更长的子串必然不会是新串的后缀，因为如果真的是，那 \(longest(q)\) 去掉最后一个字符也是旧串后缀。然而要真是这样，就会有“\(len(q)-1>len(p)\)”这种东西出现，这样的 \(q\) 明明会比现在这个 \(p\) 先检查到，但是实际上不然。

    “不会是新串的后缀”的话，会出现什么问题呢？首先可以肯定的是，\(n\notin endpos(q)\)。倘若我们令 \(link(np)\gets q\)，那么显然不符合 \(endpos\) 集合的分割性质，因为 \(endpos(np)=\{n\}\)。

    解决方案？我们尝试将 \(q\) 这个状态 拆分！

  • int nq = ++total;
memcpy(ch[nq], ch[q], S << 2), link[nq] = link[q];
len[nq] = len[p] + 1, link[np] = link[q] = nq;
for (; p && ch[p][c] == q; p = link[p]) ch[p][c] = nq;

    观察到我们新建了一个状态 \(nq\)，作为拆出来的状态。要知道我们是为了适应 \(endpos\) 的关系才干的这个事情，新建的 \(nq\) 满足：\(endpos(nq)=endpos(q)\cup \{n\}\)。在以后的 extend() 中，我们将使用这个新的含有 \(n\) 的 \(nq\) 而不是 \(q\)。

    考虑一下 \(nq\) 的这些信息（\(\delta,link,len\)）应该怎么取。首先看转移：我们的代码中 直接沿用的 \(q\) 的所有转移。这是因为 \(q\) 和 \(nq\) 的 \(endpos\) 不同，但 \(nq\) 仅仅是多了 \(n\)，除了这个 \(n\)，对于其他的子串后面加什么字符其实和原来的 \(q\) 实际上并无大异。

    再看 \(len\)。由于 \(n\in endpos(nq)\)，那么 \(longest(nq)\) 必然为新串的后缀，于是 \(len(nq)\gets len(p)+1\)，因为 \(longest(p)\) 是旧串的后缀，而 \(\delta(p,c)=nq\)（转移在最后一句中被重新定向，下面会说）。

    最后是 \(link\)。考虑到 Parent 树上祖先的 \(len\) 必然小于子孙，而 \(nq\) 又是 \(q\) 分拆出的状态，它们在 Parent 树上相邻。又因为 \(len(nq)=len(p)+1<len(q)\)，那么想必 \(nq\) 是 \(q\) 的父亲。这里的实现可以被认为是在 \(link(q)\leftrightarrow q\) 这条树枝上执行了一次类似与链表的 插入，将 \(nq\) 置于 \(q\) 和 \(link(q)\) 之间，那么上面的代码就好理解了。

    还有一个循环还没有解释。这有点像上面的那个循环，唯一不同的是终止条件：ch[p][c] == q。对于一个存在 \(c\) 转移的一个 \(p\) 的祖先，可以肯定的是转移的结果的 \(endpos\) 理应存在 \(n\)。然而我们发现这个结果是 \(q\)，而 \(n\notin endpos(q)\)，很明显违背的 Parent 树的性质。正好我们刚刚拆出一个 \(nq\)，而 \(n\in endpos(nq)\)，那么直接将转移重定向到 \(nq\) 就行了。

以上就是 SAM 构造算法的全部内容啦！emm确实非常难理解，需要多琢磨几遍。

一些常用的技巧

这里阐述一些做题中可能遇到的一些问题以及解决方案

字符集过大

如果说，一个题中的 \(\Sigma\) 并不是二十六个字母，而是 \([1,10^9]\) 中所有整数，甚至更大，那么显然不能直接 ch[T][int(1e9)] 这么保存转移。

最简单的应对策略是使用 std::map 代替数组的功能，复杂度为 \(O(n\log|\Sigma|)\)。

求拓扑序

一些题会让你做一些类似于在 SAM 上记忆化搜索（SAM 是一个 DAG，毕竟一个状态可以表示的子串也是有限的个数）或在 Parent 树上 Dfs 的操作，我们可以用拓扑序替代。首先放两个显然的结论：

  • \(len(p)>len(link(p))\)
  • \(len(p)<len(\delta(p,c))\)

这意味着我们可以对状态按 \(len\) 排序而不用常规的 DAG 拓扑，因为由上面两个结论可知这样得到的拓扑序不论对 SAM 主题的 DAG 还是 Parent 树来说都是可行的，常规的拓扑排序算法得到的结果可能只适合其中一者。

具体我们可以仿照计数排序线性实现（其中 buc[] 是一个桶数组，结果为 ord[]）：

for (int i = 1; i <= total; i++) ++buc[len[i]];
for (int i = 1; i <= total; i++) buc[i] += buc[i - 1];
for (int i = 1; i <= total; i++) ord[buc[len[i]]--] = i;

计算 \(\text{endpos}\) 集合大小

这是很多题目需要的信息，但其实也非常好求。

上面提到 \(endpos\) 的分割关系构成一颗 Parent 树，并且分割中最多只会丢失一个元素。我们记 \(siz(i)=|endpos(i)|\)，那么我们先考虑没有丢失的，有：\(siz(i)\gets\sum_{link(j)=i}siz(j)\)。

接下来考虑丢失的那个。很显然（前面也提到过）向前扩展导致长度到顶的只有一个位置，而这个必然是一个前缀，也就是说只有在一个可以表示主串的一个前缀的状态的 \(endpos\) 才会拥有这样的元素。代码中只要在 extend() 中加上一句 siz[np] = 1 即可。

所有的 extend() 进行完之后，我们再对 Parent 树做一次求子树和操作，暴力建树+Dfs 或拓扑都可。

求出具体的 \(\text{endpos}\) 集合

有些题不仅仅需要 \(endpos\) 集合的大小，还要更具体的信息，比如出现位置必须在一个区间内等等。

那么我们考虑用一个什么数据结构维护它。观察到要求出 \(endpos\) 集，必然会涉及到许多集合合并的操作。

那么动态开点线段树看似挺好，它支持在 \(O(n\log n)\) 总时间内合并求出所有状态的 \(endpos\) 集，事实上主流的方法就是线段树合并。

不仅仅因为合并方便，线段树还能维护多种额外信息。

当然少数情况下也推荐使用平衡树启发式合并或者 这个，当然线段树支持可持久化方法的合并，要想保留 \(endpos\) 集而不是一次性的话平衡树可能会难操作一点。

动态维护 Parent Tree

可以使用 LCT，支持各种树上操作非常方便，复杂度一只 \(\log\)。

用于应付某些强制在线的接地府出题人。

由于这里的 LCT 是有根的，跑的巨快无比，一般都随手过百万。

LCT 可以看这里：https://www.cnblogs.com/-Wallace-/p/lct.html

简单应用示例

判断子串

给定两个字符串 \(s\) 和 \(t\)，判断 \(s\) 是否为 \(t\) 的子串。

对 \(t\) 建立后缀自动机 \(\text D_t\)，从根状态开始跑一遍 \(s\)。由于 \(\text D_t\) 中包含了 \(t\) 的所有子串，那么如果 \(s\) 在跑的过程中走到了空状态，那么说明不是 \(t\) 的子串。

子串出现次数

很显然 \(endpos\) 集合大小搞出来就完事了。

本质不同的子串数

离线方法

首先有个结论：\(s\) 本质不同的子串数即为 \(\text D_s\) 中根开始的不同路径数。

其实不难理解，因为 SAM 既能表示出所有子串，又不会出现两条不同路径表示同一个子串。

那么设计一个 dp：\(f(x)\) 表示从状态 \(x\) 开始的不同路径数，转移：

\[f(x)=1+\sum_{\delta(x,c)=y} f(y) \]

那么答案就是 \(f(q_0)-1\)，复杂度线性。

在线方法

考虑到一个状态表示的子串的长度连续，并且短串都是长串的后缀。那么 \(x\) 这个状态表示了 \([minlen(x),len(x)]\) 这么多本质不同的子串。这些子串显然不能在其他状态中，于是所有状态包含的子串数之和即为答案：\(\sum_{x\in \text D_s}(len(x)-len(link(x)))\)。

在实际维护时我们只要对于那个新建的 \(np\)，更新答案，不管 \(nq\) 是因为它只是分割了一个 \([minlen,len]\) 区间，并没有对答案产生贡献。复杂度显然也是线性。

所有本质不同子串总长

都可以类比上面“本质不同的子串数”的方法。

离线算法

在原来 \(f\) 的基础上设 \(g(x)\) 为从状态 \(x\) 开始的不同路径总长，转移：

\[g(x)=f(x) + \sum_{\delta(x,c)=y} g(y) \]

在线算法

动态维护 \(\large\sum_{x\in \text D_s}\left(\tfrac{len(x)\times (len(x)+1)}{2}-\tfrac{len(link(x))\times (len(link(x))+1)}{2}\right)\) 即可。

两个串的最长公共子串

给定两个字符串 \(s\) 和 \(t\)，求 \(s\) 和 \(t\) 的最长公共子串。

首先对 \(s\) 建 SAM \(\text D_s\)，然后对于 \(t\) 的每一个前缀，我们希望这个前缀有尽量长的后缀可以匹配。

那么先把 \(t\) 在 SAM 上跑，如果能走转移就走转移，否则我们慢慢从前面缩减长度，也就是跳 \(link\)，直到存在一个当前字符的转移为止。

答案我们实时更新，每走一次转移取一次最大值即可。

复杂度仍为线性，因为我们维护 \(t\) 的起始位置和终止位置都在前移。

多个串的最长公共子串

稍微复杂一些，但只要稍加改动就能从两个串扩展过来。

首先我们对第一个串建 SAM 其他的往上面跑，并记下来原来我们动态维护的答案：\(mx(i)\) 表示状态 \(i\) 在跑当前串时匹配到的最大值，而 \(mn(i)\) 表示 \(mx(i)\) 的历史最小值。

然后每个串跑完之后，还需要多考虑一点，就是 \(i\) 的结果对于 \(link(i)\) 同样有效，也就是我们需要干这个：\(mx(link(i))\gets \max(mx(i),mx(link(i)))\)。

最后别忘了更新 \(mn(i)\)，以及确保 \(mn(i)\le len(i)\)（直接取一波 \(\min\) 即可，根据写法差异这种问题不一定每份代码都要注意）。

字典序第 \(k\) 小的子串

有分为本质不同和位置不同的子串，这里以本质不同为例。

这其实也对应 SAM 中字典序第 \(k\) 小的路径，那么就先像求本质不同的子串数的离线方法一样 dp 一遍，得到一个点出发的路径数。

然后用平衡树查 \(k-th\) 的套路跑一遍，按字典序从小到大遍历转移即可。

习题

posted @ 2020-12-07 21:46  -Wallace-  阅读(871)  评论(4)  编辑  收藏  举报