SAM 学习笔记

前言

老年选手发现自己还不会后缀自动机。

老年选手觉得这非常离谱。

老年选手决定学一下。

正片

1

考虑怎么在一个 DAG 上表示出一个字符串的所有子串。

最简单的方法就是建一个 trie，把它的每个后缀扔进去。

那么它有什么性质呢？

• 有一个源点，若干个终止点。边代表一个字符。从源点到任意一个节点的任意路径可以形成一个原串的子串。从源点到任意节点的任意路径不能形成的字符串均不是原串子串。简单来讲，这个图可以表示且仅可以表示原串的所有子串。
• 从源点到任意终止节点的路径均为原串后缀。
• 从源点出发的任意两条不同路径形成的字符串不相同。

但是，如果直接建 trie，节点数是 $O(n^2)$ 的。事实上，图中很多节点都可以合并，比如下图，两个黄白黄的子树就可以合并。

现在要解决的问题是，构造一个节点数，边数尽量少的 DAG 满足上面三个条件。

2 后缀自动机的一些性质

一些定义：

对于一个子串，它在原串中可能出现在若干的位置。而一个子串 $s$ 出现的这些位置的右端点标号组成的集合，我们称之为 $endpos(s)$ 。如下图，当原串为 $abcab$ 时，$endpos(ab) = \{2,5\}$ 。

下面有几个结论，比较重要。

2.1 如果两个子串的 $endpos$ 相同，则其中一个子串必然为另一个的后缀

2.2 对于任意两个子串 $s$ 和 $t$ $(len_s \leq len_t)$ ，要么 $endpos(t) \subset endpos(s)$，要么 $endpos(t) \cap endpos(s) = \emptyset$

2.3 对于 $endpos$ 相同的子串，我们把它们归为一个 $endpos$ 等价类。对于任意一个 $endpos$ 等价类，他们中的字符串长度连续，并且短的字符串是长的字符串的后缀

2.4 $endpos$ 等价类个数的级别为 $O(n)$

对于一个类，其中有最长的一个子串 $p$。在 $p$ 第一个字符前增加一个字符得到 $t$，使得 $t$ 是原串子串。那么 $t$ 与 $p$ 并不在一个等价类内，且有 $endpos(t) \subset endpos(p)$。可以看作是对 $endpos(p)$ 集合的一个分割，最终形成的集合个数不会超过 $2n$

所以类之间就有了父子关系。

我们称上图这棵树为 $parent \ tree$

2.5 在一个类 $a$ 中，我们称最长子串的长度为 $len(a)$，最短子串的长度为 $minlen(a)$。对于后缀树上存在父子关系的两个类，则 $len(fa(a))+1 = minlen(a)$

在一个类的最长子串前再添加一个字符，形成的字符串属于其儿子中的一类，且是它所属的类中最短的一个。

因此，我们只需要保存 $len$ 和 $fa$ 即可，$minlen$ 可由其父亲推出

我们定义 $longest(a)$ 表示 $a$ 中最长子串，$shortest(a)$ 表示 $a$ 中最短子串

把每一个类的最长子串写在节点旁长下面这样，原串是 $aababa$

3 构造

后缀自动机通过单个地增加字符实现构造

给出代码

struct __{int ch[26],fa,len;}t[N];
int lst=1,cnt=1;
inline void insert(char c)
{
	int p=lst,node=++cnt; lst=node;
	t[node].len=t[p].len+1;
	for (;p&&!t[p].ch[c];p=t[p].fa) t[p].ch[c]=node;
	if (!p) t[node].fa=1;
	else
	{
		int q=t[p].ch[c];
		if (t[q].len==t[p].len+1) t[node].fa=q;
		else
		{
			int clone=++cnt;
			rep(i,0,25) t[clone].ch[i]=t[q].ch[i];
			t[clone].fa=t[q].fa;
			t[clone].len=t[p].len+1;
			t[q].fa=clone;
			for (;p&&t[p].ch[c]==q;p=t[p].fa) t[p].ch[c]=clone;
            t[node].fa=clone;
		}
	}
}

结构体的 $len$ 和前面的定义一致，$fa$ 表示 $parent\ tree$ 上的父亲，$ch$ 和 $trie$ 里的边意义相近。

$lst$ 是此前最长的前缀所属的节点的编号。

注意初始时，$lst=cnt=1$，因为我们手动加入了一个空串。

记 $node$ 代表的串为 $s$，$p$ 代表的串为 $t$。

那么显然，$s$ 是 $t$ 加一个字符 $c$ 得到，同样地，$s$ 的后缀也可以通过 $t$ 的后缀加一个字符 $c$ 得到，那么 for 一下 $p$ 在 $parent \ tree$ 上的祖先。这一步可以理解为压缩地遍历一个串地所有后缀。

for (;p&&!t[p].ch[c];p=t[p].fa) t[p].ch[c]=node;

对于节点 $p$ ，如果它没有 $c$ 边，即 $longest(p)+c$ 并非旧串子串，那么就建一条新边到 $node$。此时 $endpos(longest(p)+c)$ 等于 $endpos(s)$ ，所以它们是一个等价类。如果它有 $c$ 边，此时 $longest(p)+c$ 已经在旧串中出现过，那它的 $endpos$ 不等于 $n$，就不合法，$break$。

if (!p) t[node].fa=1;

如果已经遍历完了旧串所有的后缀，且它们加 $c$ 都不是旧串地子串，说明不可能存在除节点 1 以外的祖先（因为也会遍历空串）

else
{
	int q=t[p].ch[c];
	if (t[q].len==t[p].len+1) t[node].fa=q;
	else
	{
		int clone=++cnt;
		rep(i,0,25) t[clone].ch[i]=t[q].ch[i];
		t[clone].fa=t[q].fa;
		t[clone].len=t[p].len+1;
		for (;p&&t[p].ch[c]==q;p=t[p].fa) t[p].ch[c]=clone;
		t[q].fa=t[node].fa=clone;
	}
}

但是，如果 $p$ 在第一个有 $c$ 边的祖先停下了，记 $p$ 通过 $c$ 边连向 $q$。

这时，$q$ 内的子串是 $s$ 的后缀。所以 $q$ 是 $node$ 在后缀树上的祖先。

注意到，后缀树上的节点，满足 $len(fa(a) ) + 1 =minlen(a)$。

那么，此时有两种情况。

第一种：$len(p)+1= len(q)$

因为 $longest(p)+c$ 是新串后缀，又 $len(p)+1=len(q)$，所以$longest(q)=longest(p)+c$ 是新串后缀。又因为 $q$ 内的所有串都是 $longest(q)$ 的子串，所以它们的 $endpos$ 集合整体并上了 $\{n\}$，它们的 $endpos$ 集合还是相同的，直接把 $node$ 的 $fa$ 置为 $q$ 即可

第二种：$len(p)+1 < len(q)$

那么在加入新点之后，$q$ 里长度 $\leq len(p)+1$ 的串的 $endpos$ 集合并上了 $\{n\}$。长度 $> len(p)+1$ 的串的 $endpos$ 集合不变。所以 $q$ 就不再符合等价类的定义了。这时要把$q$ 分裂，变成 $clone$ 和 $q$，其中 $clone$ 包含原 $q$ 中长度 $\leq len(p)+1$ 的子串，$q$ 中包含原 $q$ 中长度 $>len(p)+1$ 的子串。

那么考虑 $clone$ 的信息。首先 $len(clone) = len(p)+1,fa(clone) = fa(q)$。对于 $clone$ 的字母出边，和 $q$ 是一样的。因为原 $q$ 中的所有子串都是新串的后缀，在它们之后加字符，$endpos$ 集合不会改变。

然后这时，$fa(q) = clone$，因为它满足 $len(clone)+1 = minlen(q)$，并且 $endpos(q) \subset endpos(clone)$。

这时，再考虑 $p$ 在后缀树上的祖先。如果它的 $c$ 边指向原 $q$，因为 $longest(p)+1 = longest(clone)$，所以对于 $p$ 的祖先的每一个子串，它的 $endpos$ 集合会比之前并上 $\{n\}$。所以要把它们的 $c$ 边指向 $clone$。如果它的 $c$ 边不指向原 $q$，那么它会指向原 $q$ 后缀树上的一个祖先。它们的祖先的 $endpos$ 集合都整体地并上了 $\{n\}$，不用更改。

最后，我们再考虑 $node$ 的信息。它的后缀树上的父亲应该是 $clone$，因为 $endpos(clone)$ 中含有 $\{n\}$，而 $endpos(q)$ 中不含。

4 应用

这我咋知道，我又没做过题（