SAM学习笔记&AC自动机复习

形势所迫，一个对字符串深恶痛绝的鸽子又来更新了。

SAM

后缀自动机就是一个对于字符串所有后缀所建立起的自动机。一些优良的性质可以使其完成很多字符串的问题。

其核心主要在于每个节点的状态和$endpos$这个概念的结合：“状态”定义为从源点出发到达当前节点的所有字符串，$endpos$对于一个字符串它作为整个字符串子串的结尾位置的集合，而SAM则保证状态和相同的$endpos$集合构成一个一一映射。

容易证明在同一个状态的字符串互为后缀，记最长的那个为$longest(x)$，但是不保证所有同后缀的字符串都是同一个状态，所以我们从一个状态连到前面的一个状态，记连边为$link$，表示被连的那个状态$endpos$比当前这个多。这样的边构成的DAG称之为$parent tree$，容易发现，被连状态的$longest(x)$为连向它的状态的$longest(x)$的后缀。

接下来考虑如何建立SAM，考虑一个一个加进字符，在$X$后加入$S$，我们分三类讨论：

1.记在$parent tree$跳到的节点为$p$，如果$p$没有向$S$连的边，那么直接连边即可。

2.$p$有向$S$连的边，而且$longest(p)+1=longest(p+S)$，那么就说明第一个$p+S$是对于新加入节点第一个$endpos$产生分裂的地方，那么$link[X+S]=p+S$

3.最烦的情况：即连出去的那条边是“飞出去的”

考虑从这个性质，因为从X连到P，所以从起点连到P的$longest$一定是X的后缀，而P的转移边是到T，所以$longest(P+S)$必然在$T$中作为一个后缀。

所以在加上S以后T中的一个后缀（不是T且现在无法表示出，但是必然在字符串中）和X+S不再属于同一个$endpos$，这是第一个断点（即T状态下以字符$S$结尾的不再属于这个状态，或者说无法再根据该自动机的前缀表示所有子串）。所以要从中间截取出一个作为新的状态，$longest$长度应当是$longest(P)+1$。（这个节点也是T的第一个断点）

即：

拆分出$y$，使得$trans[p...w]=y$（$w$是最后一个$trans[w]=T$），然后$y$继承$T$，$link[y]=link[T]$，$link[T]=link[X+S]=y$

代码：

struct SAM{
    int link[N],maxlen[N],trans[N][26],f[N];
    void extend(int id){
        int cur=++sz,p; f[sz]=1;
        maxlen[cur]=maxlen[lst]+1;
        for(p=lst;p&&!trans[p][id];p=link[p]) trans[p][id]=cur;
        if(!p) link[cur]=1;
        else{
            int q=trans[p][id];
            if(maxlen[q]==maxlen[p]+1) link[cur]=q;
            else{
                int tmp=++sz;
                maxlen[tmp]=maxlen[p]+1;
                copy(trans[q],trans[q]+26,trans[tmp]);
                link[tmp]=link[q];
                for(;p&&trans[p][id]==q;p=link[p]) trans[p][id]=tmp;
                link[cur]=link[q]=tmp;
            }
        }
        lst=cur;
    }
}tree;

目前只会板子这种，联赛以后再填坑。

 

时间坐标12.14，时隔一个半月我来更新啦~\(≧▽≦)/~

统计单个子串出现个数

考虑SAM构建出来的$parenttree$就是一棵虚树，其中儿子的后缀集合包含父亲的后缀集合（父亲就是儿子的后缀集合分出来的较短的一部分），所以直接儿子转移到父亲，在$maxlen$处统计即可，注意虚点不能有贡献。

本质不同子串个数 

有两种方法，一种是直接利用$trans$在DAWG上dp，$dp[i]$表示以$i$为后缀的本质不同方案数，SAM的性质保证一个点不会由被相同状态更新。

还有一种方法是利用$endpos$，它对于每一个状态的$endpos$集合都是唯一的，所以重复出现的只会出现一次（最前面），然后直接统计其独有的集合大小即可。

集合大小为一个状态（互为后缀）的$maxlen-minlen+1=maxlen-maxlen[link]$，到这一步其实也可以用容斥的方法来理解（后缀集合较大的减去第一个包含的，就是独有的）。

SA的做法其实也是容斥，答案为$\sum n-sa[i]+1-height[i]$

因此SAM上所有状态不交地并成了子串全集（所以检验匹配串是否存在直接从起点开始跳就好了，“状态”其实是在所有后缀中找一个前缀）。

补充一下，对于“不同子串总长度”也可以用两种方法，后者等差数列即可，对于前者，我们可以拆贡献，把一个状态辐射出去的多个子串的一位一起统计。

即：令$dp[i]$表示以状态$i$开始的不同路径数量，那么$ans[u]=dp[u]+ \sum ans[to]$

第K大子串

如果是要求子串本质不同，那么直接利用dp搞出来每一个状态不同后缀个数，然后直接类似线段树上二分一样搞一搞就好了。

如果没有要求本质不同，前面状态的各个子串其实是后面的真子集，但是要保证到达这位的时候把后面所有相同的串统计进去，那么就要把后面的状态通过$link$进行一个dp，使得原先去掉重的再通过$link$还原回来。

任意两点LCP

除了SA之外，SAM也可以实现类似的功能。

把字符串反过来插到SAM里面，然后两点在$parenttree$上的LCA的$longest$就是所求。（大概可以用“任意状态和子串一一映射”“link所连互为后缀”来理解）

（中间新加的非字符串的点可以认为是虚点。建出来的东西大概就相当于在SA的$height$数组上建笛卡尔树）

第一次出现位置

在建立SAM的时候直接转移就可以了，每个状态的$endpos$是相同的，所以维护一个$firstpos$。对于加入字符的节点，$firstpos=maxlen$，如果是复制的点那么$firstpos=firstpos[q]$，因为$link$它的只有两个——$cur$和$q$（前面状态的$endpos$包含后面的，后面的后缀集合包含前面的），显然$q$更小。

两个串的最长公共子串

其实$parenttree$原理和AC自动机的$fali$树差不多(SAM是多个串来匹配一个串，AC自动机是一个串去扫所有串)，对于S建立SAM，然后T上来暴力匹配，如果匹配了就当前长度+1；如果失配，那么直接把长度赋值成$link$的$maklen$即可。

（可能是我之前理解有些偏差，对于一个实的状态，对于以它$r$结尾的所有后缀，只有左端点$[1,l]$的是属于它的，$[l+1,r]$则分别分配在$parenttree$的父亲上，所以$link$所连向的最大字符串是该状态所有字符串的子串，它是最大的在另外位置出现的子串。）

最短未出现子串

考虑上一个匹配的时候的算法：如果从一个点出发只要有一个字符连不出去，那么在这个节点后加上这个字符就肯定不是了，所以令$dp[x]=1$，然后往前dp即可

区间本质不同子串

小编也不想做这么重工业的题，但模拟赛出了。。

首先先要解锁一下LCT的新用法：打通一个点到根的所有路径，顺便把这条路径上要改的点全改了（可以是虚边，也可以是全部）。

那么在SAM的$parenttree$上一个点到根意味着什么？——状态代表的子串并就是它后缀集合集合里面的所有元素。

然后看这个问题。考虑一个经典问题——求区间不同颜色数，那么我们可以把询问离线扫右端点，尽量使得每种颜色的贡献尽量靠右，然后树状数组统计即可。

这里也可以考虑使得本质相同的子串尽量靠右。

那么就是上文所说的，在新加入一个右端点的时候，把它后缀集合里所有元素，即长度为$[1,r]$的所有子串全部更新最右的左端点，修改在一个线段树上，然后线段树直接查询左端点即可。

（突然想起来，要把所有后缀集合并在一起，就是一个点到根的所有值并（就是$maxlen$）；那么如果是把$endpos$并起来，就是从底下开始（叶子肯定只有一个元素），然后线段树合并就行了）