忘光了，所以复习【STR】

字符串

本文字符串下标从 $1$ 开始。

$S[l,r]$ 表示字符串 $S$ 从 $l$ 到 $r$ 的部分。

速通

哈希

没什么可说的，我也不喜欢用。

trie

顾名思义，就是一个像字典一样的树。

基础

不多说了。

01trie

在一些题目中，可以用 trie 维护 01 串。

最长异或路径

给定一棵 $n$ 个点的带权树，求异或和最大的简单路径。

$0\le n\le {10}^5,0\le w<2^{31}$。

solution

考虑树上两点路径的异或和可以转化为根到两点的异或和异或起来。

于是转化为求寻找两点使两点的权值的异或和最大。

用 trie 维护：不断插入一个数，查询这个数与已插入的数的最大异或和是多少（只要尽量保证前缀是 1）。

自动机

定义

自动机是一个对信号序列进行判定的数学模型。

比如说，你在初始状态，可以往几条路走，通过这几条路可以走到其他状态。

一个确定有限状态自动机（DFA，deterministic finite automation）由以下五部分构成：

（另外有个东西叫做 NFA，以后可能会提到）

• 字符集（$\sum$），该自动机只能输入这些字符。
• 状态集合（$Q$），顾名思义。
• 起始状态（$st$），同样顾名思义，$st\in Q$。
• 接受状态集合（$F$），$F\subseteq Q$，或终止状态集合。
• 转移函数（$\delta (x,y)$），$x$ 是一个状态，$y$ 是字符串，意思就是从 $x$ 开始，走一个字符串 $y$ 。

以上的字符串均为广义的。

想要更快的理解，可以把 DFA 看做一个有向图，但是 DFA 只是一个数学模型。

另外不难发现 trie 也是自动机，我称其为广义前缀自动机。下面就拿 01trie 举个例子。

• $\sum$：0/1。
• $Q$：每个节点。
• $st$：如图。
• $F$：如图黄点。
• $\delta$：$\delta (st,101)$。

边可以看做状态转移。

序列自动机

对于字符串 $S$ 的一个子串 $s$，$\delta (st,s)$ 表示 $s$ 在 $S$ 中第一次出现时末位。

转移（$u$ 是位置，$c$ 是个字符）：$\delta (u,c)=min(i|i>u,s_i=c)$

可以通过记录下一个字符出现位置来实现。

给你两个由小写英文字母组成的串 $A$ 和 $B$，求：

• $A$ 的一个最短的子串，它不是 $B$ 的子序列。
• $A$ 的一个最短的子序列，它不是 $B$ 的子序列。

$n\le 2000$

solution

第一个相对简单。直接枚举起点跑就行。

设 $f_{i,j}$ 表示在 $A$ 中到第 $i$ 位，在 $B$ 中到第 $j$ 位的答案。

那么 $f_{i,j}=min\{f_{\delta (i,c),\delta (j,c)}+1\}$

KMP

设 ${\mathrm{p}}_i$ 表示前 $i$ 位最长相同真前后缀长度。

对于字符串 $\mathtt{\text{abbaabb}}$

1. ${\mathrm{p}}_1=0$：$\mathtt{\text{a}}$
2. ${\mathrm{p}}_2=0$：$\mathtt{\text{ab}}$
3. ${\mathrm{p}}_3=0$：$\mathtt{\text{abb}}$
4. ${\mathrm{p}}_4=1$：$\underset{―}{\mathtt{\text{a}}}\mathtt{\text{bb}}\underset{―}{\mathtt{\text{a}}}$
5. ${\mathrm{p}}_5=1$：$\underset{―}{\mathtt{\text{a}}}\mathtt{\text{bba}}\underset{―}{\mathtt{\text{a}}}$
6. ${\mathrm{p}}_6=2$：$\underset{―}{\mathtt{\text{ab}}}\mathtt{\text{ba}}\underset{―}{\mathtt{\text{ab}}}$
7. ${\mathrm{p}}_7=3$：$\underset{―}{\mathtt{\text{abb}}}\mathtt{\text{a}}\underset{―}{\mathtt{\text{abb}}}$

处理出 ${\mathrm{p}}_i$ 有什么用呢？

模式串在匹配文本串的时候，如果是以下这个状态：

发现到第五位时失配了，我们接下来肯定是想让它从蓝色这个状态继续匹配。

可以发现，跳到 ${\mathrm{p}}_i$ 一定不劣。即比如在第五位失配了，就跳到 ${\mathrm{p}}_4=1$ 位，如果跳到这里发现可以匹配下去，由于前后缀相同，所以可以继续匹配下去。如果不能匹配下去，那就继续往前跳。

由于每次只往后移动一格，往前跳的次数一定小于等于往后走的次数，复杂度 $O(n)$。

怎么求 $\mathrm{p}$ 呢。

假设当前位是 $i$，${\mathrm{p}}_{i-1}=j$。如果 ${\mathrm{p}}_i>{\mathrm{p}}_j$，那么 ${\mathrm{p}}_i={\mathrm{p}}_j+1$ 且 $S_{j+1}=S_i$。

否则，贪心地令 $j={\mathrm{p}}_j$，即上图绿框，可以发现如果此时 $S_{j+1}=S_i$ 还是可以下去且最优。

最后，不难发现 kmp 的过程与求 $\mathrm{p}$ 的过程类似，代码：

int j=0;
for(int i=2;i<=m;i++){
    while(j&&b[i]!=b[j+1])j=pre[j];
    j+=(b[i]==b[j+1]);pre[i]=j;
}
j=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
    while(j&&a[i]!=b[j+1])j=pre[j];
    j+=(a[i]==b[j+1]);
    if(j==m)write(i-m+1,'\n'),j=pre[j];
}

KMP自动机

用 KMP 建出的自动机，转移：

$$\delta (x,c)=\{\begin{array}{ll}x+1& S_{x+1}=c\\ 0& i=0\wedge S_1\ne c\\ \delta ({\mathrm{p}}_x,c)& i>0\wedge S_{x+1}\ne c\end{array}$$

[HNOI2008]GT考试

求有多少个 $N$ 位数字文本串满足：没有一个子串为给定模式串。

模式串长度为 $M$，对 $K$ 取模。

$N\le {10}^9,M\le 20,K\le 1000$

solution

dp，设 $f_{i,j}$ 表示文本串中匹配到第 $i$ 位，模式串中匹配到第 $j$ 位的方案数。

那么：

$$\begin{array}{rl}{f}_{i,j}=& \sum _c\sum _{k,\delta (k,c)=j}{f}_{i-1,k}\\ =& \sum _k{f}_{i-1,k}\sum _c[\delta (k,c)=j]\end{array}$$

设矩阵 $g$ 有： ${\displaystyle g_{k,j}=\sum _c[\delta (k,c)=j]}$，就可以把转移看做向量乘上矩阵。

又发现 $g$ 与 $i$ 无关，于是矩阵快速幂。

失配树

border

任意长度相同前后缀。

失配树

考虑一个问题：

【模板】失配树

给定 $S$，$T$ 次询问 $p,q$，求 $p$ 前缀和 $q$ 前缀的最长公共 border。

首先，根据 KMP 中 ${\mathrm{p}}_i$ 的定义，从一个点开始不断往上跳 ${\mathrm{p}}_i$，跳到的就是它的所有 border。

而仔细思考后发现一个点向它的 ${\mathrm{p}}_i$ 连边，连出来的就是一个树形结构，我们称其为失配树。

而两段前缀的最长公共 border 转化为了失配树上的 LCA。

[NOI2014] 动物园

求出对于 $S$ 每个前缀的不相交 border 个数。

对于一个前缀 $S[1,i]$ 求不相交 border 可以转化为长度 $\le \frac{i}{2}$，所以我们就可以在失配树上往上跳，跳到符合条件，深度就是答案。

可以不用显式建树。

Z 函数

令 ${\mathrm{z}}_i$ 表示一个字符串 $s$ 和 $s[i,n]$ 的 LCP，特别的，${\mathrm{z}}_1=0$。

对于字符串 $\mathtt{\text{aaabaab}}$

1. ${\mathrm{z}}_1=0$：
2. ${\mathrm{z}}_2=2$：$\underset{―}{\mathtt{\text{a}}\underset{―}{\mathtt{\text{a}}}}\underset{―}{\mathtt{\text{a}}}$
3. ${\mathrm{z}}_3=1$：$\underset{―}{\mathtt{\text{a}}}\mathtt{\text{a}}\underset{―}{\mathtt{\text{a}}}$
4. ${\mathrm{z}}_4=0$：
5. ${\mathrm{z}}_5=2$：$\underset{―}{\mathtt{\text{aa}}}\mathtt{\text{ab}}\underset{―}{\mathtt{\text{aa}}}$
6. ${\mathrm{z}}_6=1$：$\underset{―}{\mathtt{\text{a}}}\mathtt{\text{aaba}}\underset{―}{\mathtt{\text{a}}}$
7. ${\mathrm{z}}_7=0$：

Z 函数其实也很好求：

从某个位置 $i$ 开始，与整串前缀相同的前缀（称为 Z-box）为 $s[i,i+{\mathrm{z}}_i-1]$。

我们维护当前 $i+{\mathrm{z}}_i-1$ 的最大值 $r$，以及其对应的 $i$ ，令其为 $l$。

假设我们已经求出 $1\sim i-1$ 的 Z 函数，接下来要求 ${\mathrm{z}}_i$。

根据定义，有 $s[i,r]=s[i-l,r-l]$，所以，${\mathrm{z}}_i\ge min({\mathrm{z}}_{i-l},r-i+1)$。

如果还有机会继续拓展（$r-i+1\le {\mathrm{z}}_{i-l}$），那就右移 $r$，否则就 G 了。

l=1,r=0;
for(int i=2;i<=m;i++){
    if(i<r)z[i]=min(z[i-l+1],r-i+1);
    while(i+z[i]<=m&&b[i+z[i]]==b[z[i]+1])++z[i];
    if(i+z[i]-1>=r)r=i+z[i]-1,l=i;
}

匹配另一个串

拼起来再做一遍即可。

但是注意拼起来时中间放一个随便什么引荐字符，避免匹配到后面的串。

[NOIP2020] 字符串匹配

给字符串 $S$，求 $S={(AB)}^{i}C$ 的方案数，设 $F(S)$ 表示 $S$ 中出现奇数次的字符数量，有 $F(A)\le F(C)$。定义乘法为前后拼接。

solution

枚举循环节长度：

如图为长度为 $i-1$ 的循环节，不难发现有颜色的段是完全相同的，而且不能再往后延伸一段。

可以得出，最大循环节段数为 $t_i={\displaystyle \lfloor \frac{{\mathrm{z}}_i}{i-1}\rfloor +1}$。注意：为了最后留至少一个字符给 $C$，所以如果循环节把整串排满了，要 $-1$。

设 $pr{e}_i$ 表示 $S[1,i]$ 中出现奇数次的字符数量，$su{f}_i$ 表示 $S[i,n]$ 中出现奇数次的字符数量。

对循环节段数 $k$ 奇偶分类讨论：

• $k\equiv 1(\mathrm{mod}2)$

  不难发现，段数为奇数时，$F(C)$ 保持不变（两个不同的奇数 $k$ 对应的串 $C$ 只差偶数段循环节，正好抵消了）。

  所以，我们只要找到 $S[1,j](j<i)$ 使得 $F(A)=pr{e}_j\le F(C)=su{f}_i$（算 $k=1$ 时的 $F(C)$）。

  这部分的贡献为：满足条件的 $j$ 的个数 $\times$ 满足条件的 $k$ 的个数。

• $k\equiv 0(\mathrm{mod}2)$

  段数为偶数时 $F(C)$ 也保持不变（原因同上），且等于 $su{f}_1$。

  所以，我们只要找到 $S[1,j](j<i)$ 使得 $F(A)=pr{e}_j\le F(C)=su{f}_1$。

  这部分的贡献为：满足条件的 $j$ 的个数 $\times$ 满足条件的 $k$ 的个数。

然后发现做完了。

🐴拉🚗

【模板】manacher 算法

求 $S$ 中最长回文串长度。

先把字符串变成 $s_1|s_2|s_3|s_4|s_5$ 这个样子，这样一定有一个中心。

模仿 Z 函数，设 ${\mathrm{manacher}}_i$ 表示以 $i$ 为中心最长回文串半边长（包括中间）。

我们维护当前 $i+{\mathrm{manacher}}_i-1$ 的最大值 $r$，以及其对应的 $i$ ，令其为 $mid$。

可以考虑把 $i$ 以 $mid$ 为中心翻折，得到 ${\mathrm{manacher}}_i\ge min({\mathrm{manacher}}_{2mid-i},r-i+1)$。

然后跟 Z 函数类似地右移 $r$ 即可。

int mid=0,r=0;
for(int i=1;i<n;i++){
    if(i<=r)manacher[i]=min(manacher[(mid<<1)-i],r-i+1);
    while(s[i-manacher[i]]==s[i+manacher[i]])++manacher[i];
    if(manacher[i]+i-1>=r)r=manacher[i]+i-1,mid=i;
}

AC 自动机

多模式串 $s_i$ 配单文本串 $S$。

先将模式串 $s_i$ 都放到 trie 里面。

记 ${\mathrm{fail}}_i$ 表示 trie 上的一个点 $i$ 的最长能在 trie 上查询的真后缀的对应节点。

1. ${\mathrm{fail}}_1=0$：最长真后缀为 $\varnothing$
2. ${\mathrm{fail}}_2=1$：最长真后缀为 $\mathtt{\text{a}}$
3. ${\mathrm{fail}}_3=5$：最长真后缀为 $\mathtt{\text{b}}$
4. ${\mathrm{fail}}_4=9$：最长真后缀为 $\mathtt{\text{bb}}$
5. ${\mathrm{fail}}_5=0$：最长真后缀为 $\varnothing$
6. ${\mathrm{fail}}_6=1$：最长真后缀为 $\mathtt{\text{a}}$
7. ${\mathrm{fail}}_7=2$：最长真后缀为 $\mathtt{\text{aa}}$
8. ${\mathrm{fail}}_8=3$：最长真后缀为 $\mathtt{\text{aab}}$
9. ${\mathrm{fail}}_9=5$：最长真后缀为 $\mathtt{\text{b}}$

构建方法：设当前求 $i$ 点的 $\mathrm{fail}$，那就从 $i$ 在 trie 上的父亲 $f{a}_i$ 开始，往上跳 $\mathrm{fail}$ 直到可以往下走为止。

具体的，设当前在点 $u$ ：

• 若 ${\mathrm{trie}}_{u,c}$ 存在，那么 ${\mathrm{fail}}_{{\mathrm{trie}}_{u,c}}={\mathrm{trie}}_{{\mathrm{fail}}_u,c}$
• 否则，令 ${\mathrm{trie}}_{u,c}={\mathrm{trie}}_{{\mathrm{fail}}_u,c}$

inline void init(){
    L=1,R=0;
    for(int i=0;i<26;i++)
        if(trie[0][i])q[++R]=trie[0][i];
    while(L<=R){
        int u=q[L++],t=fail[u];
        for(int i=0;i<26;i++){
            int v=trie[u][i];
            if(v)fail[v]=trie[t][i],q[++R]=v;
            else trie[u][i]=trie[t][i];
        }
    }
}

第二个操作可以使不断往上跳 $\mathrm{fail}$ 的过程一步到位。

匹配方法：如果文本串在树上匹配到了一个串，那么一定能匹配到跳 $\mathrm{fail}$ 能跳到的所有点。

【模板】AC 自动机（简单版）

给定 $n$ 个模式串 $s_i$ 和一个文本串 $t$，求有多少个不同的模式串在文本串里出现过。

$1\le |t|\le {10}^6$，$1\le \sum _{}|s_i|\le {10}^6$。

如果一个串出现过了，那么它的所有 $\mathrm{fail}$ 都出现过，所以我们只要在节点上打个 tag，如果访问过了，就不继续。

复杂度 $O(|t|+26\sum |s_i|)$。

fail 树

不难发现，AC 自动机的 $\mathrm{fail}$ 和 KMP 的 $\mathrm{p}$ 一样可以连成一棵树。

【模板】AC 自动机（加强版）

有 $N$ 个由小写字母组成的模式串 $s_i$ 以及一个文本串 $T$。你需要找出哪些模式串在文本串 $T$ 中出现的次数最多。

$N\le 150,|s_i|\le 70,|T|\le {10}^6$

这题暴力可过，但是同样可以在 fail 树上树形 dp。

【模板】AC 自动机（二次加强版） 要树形 dp 才能过。

复杂度 $O(|t|+26\sum |s_i|)$。

非速通

SAM

一个字符串 $S$ 的 SAM 是一个接受 $S$ 的所有后缀的最小 DFA。

从初始状态出发，转移到了一个终止状态，则路径上所有转移连起来一定是 $S$ 的一个后缀。

$S$ 的每个子串均可用一条从初始状态到某个状态的路径构成。

画 SAM 工具

结束位置（endpos）

对于 $S$ 的一个非空子串 $s$，记 $\mathrm{endpos}(s)$ 为 $S$ 中所有 $s$ 的结束位置集合，令 $\mathrm{endpos}(st)=\{x|x\in \mathbb{N},x\le |S|\}$（注意包含 $0$）。

对于字符串 $\mathtt{\text{abababbb}}$，$\mathrm{endpos}(\mathtt{\text{ab}})=\{2,4,6\}$。

可能存在两个 $S$ 的非空子串 $s_1,s_2$，满足 $\mathrm{endpos}(s1)=\mathrm{endpos}(s2)$，这样所有 $S$ 的非空子串可以依据 $\mathrm{endpos}$ 分为若干个等价类。

SAM 中的每个状态对应一个或多个 $\mathrm{endpos}$ 相同的子串。

所以 SAM 中的状态数等于所有子串的等价类的个数，再加上初始状态。

由 $\mathrm{endpos}$ 我们可以得到一些重要结论：

• 字符串 $S$ 的两个不同非空子串的 $\mathrm{endpos}$ 相同，当且仅当其中一个每一次出现都是以另一个的真后缀的形式存在的。

  证明：如果 $\mathrm{endpos}$ 相同，所以较短者必为较长者的真后缀，所以在较长者每一次出现时，较短者必出现。

• 对于字符串 $S$ 的两个非空子串 $s_1,s_2$（$|s_1|\le |s_2|$），有 $\mathrm{endpos}(s_1)\subseteq \mathrm{endpos}(s_2)$，或 $\mathrm{endpos}(s_1)\cap \mathrm{endpos}(s_2)=\varnothing$。取决于 $s_1$ 是否为 $s_2$ 的后缀。

  证明：如果 $\mathrm{endpos}(s_1)\cap \mathrm{endpos}(s_2)\ne \varnothing$，那么在一个位置定有 $s_1$ 以 $s_2$ 的后缀的形式出现，那么在每次 $s_2$ 出现时 $s_1$ 必以其后缀形式出现，即 $\mathrm{endpos}(s_1)\subseteq \mathrm{endpos}(s_2)$。

• 一个 $\mathrm{endpos}$ 等价类中的所有子串长度恰好覆盖一个区间。

  证明：

  令等价类中长度最小的字符串为 $s_l$，最大的为 $s_r$，那么 $s_l$ 是 $s_r$ 的后缀。

  对于 $s_r$ 一个后缀 $s(|s|\ge |s_l|)$，由第二个结论：$\mathrm{endpos}(s_l)\subseteq \mathrm{endpos}(s),\mathrm{endpos}(s)\subseteq \mathrm{endpos}(s_r)$。

  又有 $\mathrm{endpos}(s_l)=\mathrm{endpos}(s_r)$，所以 $\mathrm{endpos}(s_l)=\mathrm{endpos}(s_r)=\mathrm{endpos}(s)$

  即满足条件的 $s$ 均会出现在等价类中，所以恰好覆盖一个区间。

后缀链接 （link）

令 $\mathrm{endpos}(x)$ 等价类中长度最大的为 $t_x$。

一个后缀链接 $\mathrm{link}(x)$ 中， $x$ 代表一个状态，设 $t_x$ 后缀中最长且不属于 $\mathrm{endpos}(x)$ 的后缀为 $g$，那么 $\mathrm{link}(x)$ 指向 $g$ 所在的状态。

不难发现，$\mathrm{link}$ 也能类似于 $\mathrm{fail}$ 变成一棵以 $st$ 为根的树，我们叫它后缀链接树或 parent 树。

一些性质（对于一个字符串 $S$）：

• 共有 $|S|$ 个叶子结点，代表 $S$ 的 $|S|$ 个前缀所属状态。

  证明：没有点会链接到前缀对应的等价类，非前缀不是属于前缀所在状态，就是能通过 link 。

• 后缀链接树（SAM）的节点个数最多为 $2n-1$，后面会证。

• 任意串的后缀全部位于该串所在状态的后缀链接路径上。

• 一个状态的 $\mathrm{endpos}$ 是后缀链接树上子树内所有叶子的 $\mathrm{endpos}$ 的并。

  后缀链接树上的边可以看做 $\mathrm{endpos}$ 的偏序关系。

线性构造

后缀链接树不够用，建出 SAM 才行。（建 SAM 的算法叫 Blumer 算法）

令 $\mathrm{endpos}(x)$ 等价类中长度最大的长度为 $\mathrm{len}(x)$。

假设当前已经完成了 $[1,i-1]$ 的，当前加入字符 $S_i=c$。

• 设 $[1,i-1]$ 这一前缀所在状态是 $last$，那我们创建一个新节点 $u$，表示后缀 $[1,i]$ 所在状态，由定义：$\mathrm{len}(u)=\mathrm{len}(last)+1$。
• 从 $last$ 开始跳 $\mathrm{link}$，如果当前状态没有 $c$ 的转移，那就创建一个 $c$ 的转移，指向 $u$。
• 如果跳到了有 $c$ 的转移的点，设其为 $p$，设 $q$ 为 $\delta (p,c)$，如果 $\mathrm{len}(q)=\mathrm{len}(p)+1$，那就令 $\mathrm{link}(u)=q$。
• 否则，构造一个新点 $v$，$v$ 继承 $q$ 出发的转移和 $\mathrm{link}$，并且 $\mathrm{len}(v)=\mathrm{len}(p)+1$，然后令 $\mathrm{link}(u)=\mathrm{link}(q)=v$。
• 最后，要从 $p$ 继续跳 $\mathrm{link}$，并把路径上原来指向 $q$ 的边指向 $v$。

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复杂度证明：

不难发现，一次加点最多加两个，再加上前两个点不可能加点，一共 $2n-2$，但是还有初始状态，所以是 $2n-1$ 个。

发现转移数也是 $3n+O(1)$ 的，具体可以看 这里。

其它部分的复杂度显然，主要是两次跳 $\mathrm{link}$ 的过程。

第一次比较显然，最多创建转移数条新边。

对于第二次：

不难发现，第二次跳 $\mathrm{link}$ 的过程跳到第一个不指向 $q$ 的位置就可以停了，再往上跳，就会指向 $\mathrm{link}(q)$。

设 $\text{depth}(x)$ 表示后缀链接树上 $x$ 的深度。

• 引理：若 $x\to y$ 存在转移边，则 $\text{depth}(x)+1\ge \text{depth}(y)$。

$las{t}^{\prime }$ 表示在构建 $last$ 时的 $last$，$v$ 在一些时候可能代表 $q$。

在构建 $last$ 时，第一次跳 $\mathrm{link}$ 的过程为下面的绿色部分，第二次为紫色部分，令紫色部分最上方的点为 $t^{″}$。

构建 $u$ 时，第一次跳 $\mathrm{link}$ 的过程为下面的红色部分，第二次为棕色部分，令棕色部分最上方的点为 $t^{\prime }$。

不难发现，构建 $last$ 时第二次跳的距离为 $\text{depth}(v^{″})-\text{depth}(t^{″})+1$，构建 $u$ 时为 $\text{depth}(v^{\prime })-\text{depth}(t^{\prime })+1$。

引理 $\text{depth}(v^{\prime })\le \text{depth}(t^{″})+1$，换句话说就是 $t^{″}$ 最多往一层。

这说明，构建一个点时第二次开始跳的位置的深度，最多是构建上一个点时第二次结束的位置的深度 $+1$。

不难发现深度最多 $+|S|$，构建而跳一直是跳到深度更低的，所以势能分析一下，复杂度 $O(|S|)$。

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瓶颈在于复制。

朴素的构造是 $O(|\sum ||S|)$（每次复制时 memcpy）或 $O(|S|\log |\sum |)$（使用 std::map）的。

当然也可以开一个 std::vector，在每次加转移时把字符压进去。这样可以均摊 $O(n)$ 复制。

但是由于常数问题，$|\sum |=26$ 时第一种最快。

代码：

inline void add(int c){
    int p=last,u=++cnt;last=u;
    clear(u);len[u]=len[p]+1;
    while(p&&!son[p][c])son[p][c]=u,p=link[p];
    if(!p){link[u]=1;return;}
    int q=son[p][c];
    if(len[q]==len[p]+1){link[u]=q;return;}
    int v=++cnt;copy(v,q);len[v]=len[p]+1;link[u]=link[q]=v;
    while(p&&son[p][c]==q)son[p][c]=v,p=link[p];
}

本文字符串下标从 $1$ 开始。

$S[l,r]$ 表示字符串 $S$ 从 $l$ 到 $r$ 的部分。

应用

检查字符串是否出现

【模板】AC 自动机（简单版）

给定 $n$ 个模式串 $s_i$ 和一个文本串 $t$，求有多少个不同的模式串在文本串里出现过。

$1\le |t|\le {10}^6$，$1\le \sum |s_i|\le {10}^6$。

直接根据建出来的 SAM 转移即可。

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计算字符串出现次数

显然，一个字符串 $s$ 在 $S$ 中的出现次数为 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{|S|}[s\text{ is a suffix of }S[1,i]]}$。

而如果 $s$ 是一个 $S[1,i]$ 的后缀，那么在后缀链接树上 $s$ 对应的节点定是 $S[1,i]$ 对应的叶子结点的祖先。

于是树形 dp 即可。

【模板】AC 自动机（二次加强版）

有 N 个由小写字母组成的模式串 si 以及一个文本串 S，求每个模式串在文本串中的出现次数。

$1\le n\le 2\times {10}^5$，$\sum |s_i|\le 2\times {10}^5$， $|S|\le 2\times {10}^6$。

上面已经讲了，但是被卡空间了。【模板】后缀自动机 (SAM) 也类似。

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本质不同的子串个数

一个子串就是一条从 $st$ 开始的路径，而 SAM 又是一张 DAG，所以转换为求 DAG 上本质不同路径条数，可以拓扑排序+DP，转移方程 $d_u$ 表示点 $u$ 的出度：

$${\displaystyle f_u=d_u+\sum _{v,v\in \delta (u)}{f}_v}$$

但是有更优美的做法，每个状态对应的 $\mathrm{endpos}$ 等价类中的元素，与从 $st$ 开始、以该状态结尾的路径构成双射。

所以只需求出每个点的等价类大小，即对于点 $x$，$\mathrm{len}(x)-\mathrm{len}(\mathrm{link}(x))$。

不同子串个数

给一个的字符串，求不同的子串的个数。

直接来即可。

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[SDOI2016]生成魔咒

共进行 $n$ 次操作，每次在数组 $S$ 的末尾加入一个数 $x_i$。每次操作求出，$S$ 的不同子串个数。

$n\le {10}^5,x_i\le {10}^9$。

由于 $x_i$ 比较大，用 std::map 即可。每次末尾加一个数，注意一下即可。

本质不同子串总长度

拓扑排序的方法同样行得通，转移方程（$f_u$ 是上一题的）：

$$g_u=f_u+\sum _{v,v\in \delta (u)}{g}_v$$

第二种同样行得通，因为 $\mathrm{endpos}$ 等价类恰好形成一个区间，所以等差数列求和即可。

求字典序第 k 大子串

求出 $f_i$ 之后，每一层减下去即可。

[TJOI2015]弦论

给定的长度为 $n$ 的字符串，求出它的第 $k$ 小子串是什么。

$t$ 为 $0$ 则表示不同位置的相同子串算作一个，$t$ 为 $1$ 则表示不同位置的相同子串算作多个。

$1\le n\le 5\times {10}^5$，$0\le t\le 1$，$1\le k\le {10}^9$。

$t=1$ 时 $f_i$ 还需改动一下。

求第一次出现的位置

维护 $\mathrm{firstpos}(i)$ 表示该状态对应的 $\mathrm{endpos}$ 等价类的第一次出现的末尾位置。

当加入新点时 $\mathrm{firstpos}(u)=\mathrm{len}(u)$。

复制一个点时 $\mathrm{firstpos}(v)=\mathrm{firstpos}(q)$。

第一次出现位置即为查询的字符串对应状态的 $\mathrm{firstpos}$ 减去查询的字符串的长度再 $+1$。

求每一次出现的位置

每一次出现位置对应这后缀链接树上子树内所有叶子节点的位置。

暴力就可以了。