后缀自动机，SAM

后缀自动机，SAM。这玩意可以解决一群字符串问题，但是它本身的原理相当复杂，因此理解这玩意比较困难（10 级考点）。以下基本没有证明。

定义

SAM 可以在线性的空间和时间复杂度内表示给定字符串的所有子串。当然它肯定是自动机，所以来看看它在自动机方面的一些特点。

1. SAM 是个 DAG。节点叫做状态，边叫做转移。注意，和PAM不同，每个节点并不只代表一个串。至于具体代表什么一会再说。
2. 存在源点 $S$，叫做初始状态，可以到达其他所有点。
3. 每个转移标有一些字母，从一个节点出发的所有转移不同。
4. 存在一个或多个终止状态。从初始状态出发到达一个终止状态，经过的转移边形成的字符串是原串的一个后缀。
5. 在所有满足上述条件的自动机中，SAM 的点数最少。（好像需要 Nerode 定理，如果这一条有知道为啥的老哥评论讲一下谢谢）

具体的一些例子见oiwiki。

两个前置东西

1. endpos

对于串 $s$ 的一个非空子串 $t$ ，记 $\text{endpos}(t)$ 为在字符串 $s$ 中 $t$ 的所有结束位置。举个例子， $abcbc$ 中 $\text{endpos}(t)=\{3,5\}$。

显然，两个字符串的 $\text{endpos}$ 可能相同，而且假设 $s[l\dots r]$ 是一个集合中最长的串，那么这个集合中的所有串是 $s[l\dots r],s[l+1\dots r],\dots ,s[l+x\dots r](x\in [0,r-l+1])$。也就是往后的连续若干个后缀。SAM 的每个节点正是代表一个 $\text{endpos}$ 集合中的所有串。我们可以得到一些结论：

字符串 $s$ 的两个非空子串 $u,w(|u|<|w|)$ 的 $\text{endpos}$ 相同，当且仅当 $u$ 在 $s$ 中的每次出现都是 $w$ 的后缀。

显然。

两个非空子串 $u,w(|u|<|w|)$ 一定满足：

$$\{\begin{array}{ll}\text{endpos}(w)\subseteq \text{endpos}(u)& u\text{is a suffix of w}\\ \text{endpos}(w)\cap \text{endpos}(u)=\varnothing & \text{otherwise}\end{array}$$

也很显然。
2. parent 树

当然自动机要有失配指针。SAM的失配指针同样形成一棵树，我们称其为 parent 树，树边称为后缀链接。一个节点 $v$ 代表的 $\text{endpos}$ 集合中最长的字符串为 $w$，那么其在 parent 树上的父亲是对应与 $w$ 的 $\text{endpos}$ 不同的最长的 $w$ 的一个后缀。以下我们记 $w$ 为 $\text{len}(v)$。

构造

我们可以把原串逐个字符插入 SAM 。我们暂时不标记终止状态，在构造完成之后再标记。

一开始 SAM 只有一个状态 $t_0$ ，为空串。然后插入字符 $c$ 时顺序执行以下步骤：

1. 令 $last$ 为添加字符 $c$ 前整个字符串的状态。
2. 创建新状态 $cur$ ，并将 $\text{len}(cur)$ 赋值为 $\text{len}(last)+1$。
3. 从状态 $last$ 开始在 parent 树上往上跳。如果这个点没有到字符 $c$ 的转移，则添加一个到状态 $cur$ 的转移，否则停止，记停止状态为 $p$，从 $p$ 通过字符 $c$ 转移到的状态为 $q$。
4. 如果没有找到 $p$ ，那么直接将 $\text{fa}(cur)$ 赋值 $t_0$。
5. 如果 $\text{len}(p)+1=\text{len}(q)$ ，那么 $\text{fa}(cur)$ 赋值 $q$ 。
6. 否则，创建新状态 $tmp$ ，将 $q$ 除了 $len$ 以外的所有信息给 $tmp$ ，且 $\text{len}(tmp)=\text{len}(p)+1$。赋值后使得 $\text{fa}(cur)=\text{fa}(q)=tmp$。最后从状态 $p$ 往上跳，只要存在通过 $p$ 到 $q$ 的转移，就把它变成到状态 $tmp$ 的转移。
7. 完成以上过程后将 $last$ 的值改为 $cur$。

如何标记终止状态？整个串 $s$ 在 parent 树上的所有祖先都是终止状态。

正确性证明

假设加入字符前的 SAM 是正确的，只需要证明操作后的 SAM 仍然正确。

转移边 $(p,q)$ 有两种情况：$\text{len}(q)=\text{len}(p)+1$，或者$\text{len}(q)>\text{len}(p)+1$。对于第一种情况，称其为连续的，反之为不连续的。显然，连续的转移边再也不会动了，而不连续的可能会在中间插进来某些转移。

我们只需要对 4-6 三步对应的三种情况进行讨论。第一种情况的正确性是显然的。二和三的不是那么一眼。

我们尝试向自动机内添加一个已经存在的字符串 $x+c$（$x$ 为插入前串的一个后缀）。既然原来的 SAM 正确，那么不必添加新转移。现在考虑 $cur$ 的 $\text{fa}$ 连到哪里。我们连到一个状态，满足最长的字符串是 $x+c$，也就是 $\text{len}=\text{len}(p)+1$。那么第二种情况也很显然了。

否则，转移不连续。我们将状态 $q$ 拆开成两个子状态，一个长度是 $\text{len}(p)+1$ ，另一个是原来的长度。这个操作就相当于把原来 $q$ 状态的子树都接在复制后的状态上。

最后是重定向转移边的问题。我们也只需要修改相当于所有字符串 $w+c$ （$w$ 是 $p$ 的最长字符串）就行了。

复杂度证明

两种实现，一是字符集较大，可以开个 map，时间复杂度多个 $\log |\mathrm{\Sigma }|$。二是字符集小，可以直接开数组，空间复杂度多个 $|\mathrm{\Sigma }|$。

考虑算法每个部分，只有三个部分有点问题：

1. 上面第 3 步在 parent 树上跳后缀链接。
2. 状态 $q$ 被复制到新状态时复制转移的过程。

这两个本质相同，都是增加转移。而由于 SAM 的转移数是线性的，所以这块的复杂度是线性的。
3. 重定向指向 $q$ 的转移。

这一部分不会，留坑。

代码

void ins(char ch){
    int p=last;last=++cnt;
    len[last]=len[p]+1;
    while(p&&!trie[p][ch])trie[p][ch]=cnt,p=fa[p];
    if(!p){
        fa[last]=1;return;
    }
    int q=trie[p][ch];
    if(len[p]+1==len[q]){
        fa[last]=q;return;
    }
    len[++cnt]=len[p]+1;
    for(int j=0;j<26;j++)trie[cnt][j]=trie[q][j];
    fa[cnt]=fa[q];fa[q]=cnt;fa[last]=cnt;
    while(trie[p][ch]==q)trie[p][ch]=cnt,p=fa[p];
}

初始化 $cnt=last=1$。

一些性质

状态数

SAM 的状态数不超过 $2n-1$。一开始自动机有一个状态，第一次和第二次中只会创建一个状态，之后每次两个。上界的构造：$\mathtt{\text{abbbb}}\cdots \mathtt{\text{b}}$。

转移数

SAM 的转移边数不超过 $3n-4$。

分两部分，连续的和不连续的。连续的显然构成一棵树，那么上界 $2n-2$。

考虑不连续的转移边 $(p,q)$ ，取字符串 $u+c+w$ ，$u$ 为初始状态到 $p$ 的最长路， $c$ 为转移边，$w$ 为 $q$ 到任意终止状态的最长路。那么 $u+c+w$ 显然是原串的一个后缀。又有原串一定不是 $u+c+w$ （原串最长路全是连续转移），那么最多 $n-1$ 条。

此时我们有上界 $3n-3$ 。然而最大状态数对应的 $\mathtt{\text{abbb}}\cdots \mathtt{\text{b}}$ 显然不是 $3n-3$ ，于是上界为 $3n-4$。一个构造是 $\mathtt{\text{abbb}}\cdots \mathtt{\text{bc}}$。

parent 树的一些性质

称每个前缀对应的节点为终点节点。那么有如下性质：

每个节点的 $\text{endpos}$ 集合为其子树内所有终点节点。

同时对于每个节点的最长字符串，有：

若节点 $A$ 是 $B$ 的祖先，则 $A$ 对应的字符串是 $B$ 的后缀。

这也决定了字符串的后缀树就是反串的 parent 树。

应用等我做点题再说，可能短期内不会补。