SAM 略解

前言

只要你愿意啃，没有算法是学不来的
——教练

说实话，学完 SA 后有时间都会去看 SAM ，但就是怀着信息去，带着一脑子问号回来

根据教练の哲理，一定要把 SAM 啃下来

引入

后缀自动机能解决很多问题。

举个例子

• 在一个字符串中搜索另一个字符串所有出现位置
• 得到有多少本质不同的字串

当然，这些 SA 也能轻易完成
但是 SAM 能做到很多 SA 做不到的 它最大的优势是在线的
而且它有十分优秀的时间复杂度 \(O(n)\)

SAM 的定义

• SAM 是一张有向无环图 只有一个原点 \(t_0\) 称为初始状态 其它所有点都可以通过 \(t_0\) 到达
• 每条边都是一个转移 每个节点都是一个状态
• 每个状态的转移都是不同的
• 存在多个终止状态，满足从原点 \(t_0\) 出发，到达终止状态立得到的字符串的必是原字符串的后缀 并且满足任何 \(S\) 的后缀都可以由一条路径表示
• 满足上述所有条件前提下，SAM 满足节点数最少

SAM 的基本性质

SAM 保证：

• 字符串中的任意一个字串都可以由一条路径表示
• SAM 任意一个节点表示的字符串都是原串 \(S\) 的字串

一些例子

可以前往 OI-wiki 查看

一些重要的概念

endpos

定义：我们记 \(\text{endpos(p)}\) 表示字符串 \(p\) 在原串 \(s\) 中所有出现结束位置的集合。
举个栗子，对于 \(\text{s=ababa}\) 则 \(\text{endpos(ab)}=(2,4)\) ，\(\text{endpos(a)}=(1,3,5)\)

对于两个字串 \(a\) , \(b\) ,若满足 \(\text{endpos(a)}=\text{endpos(b)}\) 我们认为 \(a,b\) 是一个等价类。
因此，\(S\) 里面所有的字串可以分成若干个等价类。
而我们 SAM 中的节点，就是所有等价类带边的点

一些定理/引理

• \(1.1\) 若字符串 \(a,b\) 满足 $\text{endpos(a)}\subseteq\text{endpos(b)}\Leftrightarrow $ \(b\) 为 \(a\) 的后缀

这个感性证明是最好的，自行理解就行

• \(1.2\) 每个等价类包含的字符串长度一定都是在区间 \([x,y]\) 之间的

也是推荐感性理解，长度 \(x\) 以下的是当前集合的超集，\(y\) 以上的是当前集合的子集
这个区间内一定都是连续的数字，因为字串是连续的
不理解可以看看例子

• \(1.3\)
  对于任意两个子串 \(a,b\space |a|\le |b|\)
  如果 \(a\) 为 \(b\) 的后缀，那么它们满足 \(1.1\)
  否则满足 \(endpos(a)\cup endpos(b)=\varnothing\)

根据 \(1.1\) 可以推证

后缀链接 link

先看张图
\(S=abcbc\)

红色的边就是后缀链接

其实用最直白的话来讲 后缀链接就是当前等价类最短后缀的下一个后缀 就是当前等价类的超集
比如说 \(\text{abcbc}\) 它的最短后缀是 \(\text{abc}\) 那么它连接到的就是 \(\text{bc}\) 因为 \(\text{endpos(bc)}=\{2,4\}\)

还是很好理解的 手画一下其它节点都满足这个性质

• \(2.1\) 所有 \(\text{link}\) 构成一棵节点为 \(t_0\) 的树

考虑对于任意节点往后缀链接移动，能满足当前等价类的长度不断变短，最终总能到达 \(t_0\)
根据 \(1.3\) 可以证明不存在环
所有点联通不存在环的无向图就是树

对于这棵树 我们称为 \(\text{parent tree}\)

• \(2.2\) 对于任意状态，记它的长度区间为 \([l,r]\) 那么对于任意节点 \(x\) 满足 \(l_x\) = \(r_{fa_x}+1\)

• \(2.3\) 对于任意状态 \(v_0\) 向着 \(\text{link}\) 遍历到 \(t_0\) 经过所有状态长度区间的交集为 \(\{0\to r[v_0]\}\)

即从任意状态往 \(t_0\) 走，可以完成遍历完它的所有后缀

我们 SAM 的状态点与 parent tree 的状态是完全相同的

对于一整个字符串 \(s\) 它只会在 parent tree 中分裂 \(|s|\) 次 所以可以保证节点在最坏条件下是 \(2n-1\) 的

知道这些后，我们可以开始构造 SAM 了

SAM 的构造

SAM 是一个不停往后加字符的在线算法

SAM 是和 parent tree 同时构造的

构造流程 (PS:一定要在纸上边画图边写)：
现在我们要加入字符 \(c\)

• \(1\) 定义 \(\text{last}\) 表示添加字符 \(c\) 之前的节点

• \(2\) 创建一个新节点 \(\text{cur}\) 表示当前节点 令 \(\text{len(cur)=len(last)+1}\)
  这一句话的意思是当前等价类的最长长度是上一个的 \(+1\) 非常显而易见的性质

• \(3\) 从 \(\text{last}\) 开始遍历 \(\text{link}\) 并向当前节点加一条 \(c\) 的出边
  我们知道 一直跳 \(\text{link}\) 可以遍历完所有后缀 这个过程相当于向每个后缀加一条出边

• \(4\) 如果跳到了原点 \(p\) 令 \(\text{link(cur)}=0\) 转 \(8\)
  为什么呀？为什么？
  一个点跳到原点都没有 \(c\) 的出边 意味着遍历了当前所有后缀的前缀都没有 \(c\) 所以 \(c\) 是第一个出现的字符 直接把 \(link\) 设为原点即可

• \(5\) 如果当前节点 \(p\) 有一条出边 \(c\) 指向 \(q\)，我们开始分类讨论

• \(6\) 如果 \(\text {len(q)=len(p)+1}\) 直接把 \(\text{link(cur)=q}\) 即可 转 8
  为什么呀？为什么？
  首先 我们先说明 \({len(q)}\ge {len(p)+1}\) 因为 \(q\) 是 \(p\) 转移来的 这是非常显然的
  然后 相等是一个特殊情况
  我们考虑为什么要给等价类连边
  不就是在当前字符串满足后缀长度最小时 前面有相同部分出现吗
  那么 把后缀同时去掉一个 \(c\) 求得的也是相同的
  也就是说 \(\text{len(p)}+1\) 得到的就是 \(\text{link(cur)}\) 的最长开始重复部分 也就是下一个等价类 \(q\) 刚好满足 直接连接即可 转 \(8\)

• \(7\) 现在情况有些复杂
  因为我们通过 \(6\) 的分析 是可以直接 \(link\) 的 但是不等却不行
  为什么呢 因为这样跳上去的节点存在部分不是 \(cur\) 的后缀
  这个时候我们直接把这个节点分裂成两个 \(q\) 和 \(copy\) 令 \(\text{len(copy)=len(p)+1}\)
  然后把 \(q\) 的 \(\text{link}\) 设为 \(copy\)
  再把 \(cur\) 的 \(\text{link}\) 设为 \(copy\) 即可
  这样点之间的我们就处理完毕了 考虑边之间的关系
  注意开始 \(copy\) 和 \(q\) 的出边也是相同的 思考一下这是对的
  接着就是入边
  我们发现入边情况就多了 要分成连向 \(copy\) 和 \(q\) 两种情况分类讨论
  当然一开始还是所有边都连向 \(q\) 现在考虑拆边
  我们考虑为什么有边要连向 \(copy\) 因为它比 \(q\) 长度小
  也就是说 只要从 \(p\) 继续往上跳 跳到有出边 \(c\) 而且长度再 \(copy\) 区间内 直接不连 \(q\) 连 \(copy\) 即可
  否则如果连的不是 \(q\) ，而是 \(q\) 的祖先 说明这些是新的等价类 跳出循环即可
  根据往后后缀长度或越来越短 我们保证肯定每个后缀都会有 \(c\) 的出边
  所以一直操作即可 转 \(8\)

• \(8\) 令 \(last=cur\) 转 \(1\)

这样就完成了

时间复杂度

是线性的 我们认为是 \(O(n\log \sum)\) 的 \(\sum\) 是字符集的大小
根据代码 我们知道 SAM 只有 \(2n-1\) 个节点 \(3n-4\) 条边

构建结束标记

我们只需要在当前最后状态往上跳 \(link\) 就能遍历完最大后缀
然后结束标记都是在最后在最后结束的 直接打标记即可