后缀自动机

后缀自动机的疑难点

代码

void sam_extend(char c) {
  int cur = sz++;
  st[cur].len = st[last].len + 1;
  int p = last;
  while (p != -1 && !st[p].next.count(c)) {
    st[p].next[c] = cur;
    p = st[p].link;
  }
  if (p == -1) {
    st[cur].link = 0;
  } else {
    int q = st[p].next[c];
    if (st[p].len + 1 == st[q].len) {
      st[cur].link = q;
    } else {
      int clone = sz++;
      st[clone].len = st[p].len + 1;
      st[clone].next = st[q].next;
      st[clone].link = st[q].link;
      while (p != -1 && st[p].next[c] == q) {
        st[p].next[c] = clone;
        p = st[p].link;
      }
      st[q].link = st[cur].link = clone;
    }
  }
  last = cur;
}

构造后缀自动机

\(case1\),\(p\)沿着后缀链接树向上跳，涉及到的每个\(p\)没有\(st[p].nxt[c]\)的转移

• 从后缀链接树的\(last\)状态向上跳，会遍历到长度为\([0,len(last)]\)的所有区间，即这个字符串的所有后缀，若跳到了根节点也没有\(c\)的转移，那么就是整个\(SAM\)中不存在字符\(c\)，那么为\(p\)的每一个\(c\)转移都指向新加入的那个点，后缀链接树上，将\(longest(last)+c\)的后缀链接指向根节点，这是独一无二的\(endpos\)

\(case2\),\(p\)沿着后缀链接树向上跳，找到一个\(p\)到\(q\)的转移\(c\),并且满足\(len(p)+1=len(q)\)

• 后缀链接树向上找，找到的每个状态都是\(last\)的后缀，如果这个状态\(p\)通过转移\(c\)正好能够走到\(q\),并且\(q\)是它所属的\(endpos\)等价类中最长的，那么显然\(q\)不会在前方相比\(p\)突出一块，会与\(p\)对齐，而\(p\)是\(last\)的后缀，\(p+c\)即\(q\)必然是\(last+c\)的后缀，所以\(last+c\)的\(endpos\)必然是\(q\)的一个真子集，而由于我们找的是顺着后缀链接树的第一个满足条件的\(p\)，它必然是最长的，又由于\(q\)也是它对应的\(endpos\)等价类中最长的，所以\(last+c\)不断地删头\(endpos\)首次发生变化必然是删到\(len(q)\)时，所以直接相连是没有问题的

• 为什么找到一个\(p\)就停下来？因为如果我们继续向上跳，跳到的必然是\(p\)的后缀，记为\(p'\)，所以它通过转移\(c\)对应的状态\(q'\)也一定是\(q\)的后缀，那在后缀链接树上，\(q'\)一定是\(q\)的父亲，由于后缀链接树上，儿子的\(endpos\)集合是父亲的真子集，所以在\(q\)的儿子接上位置\(n\)之后，由定义，它的所有的父节点的\(endpos\)集合都顺水推舟、水到渠成的拥有了位置\(n\)，所以只连一次就符合了\(SAM\)的定义

\(case3\)那\(len(p)+1<len(q)\) 怎么搞呢

• 我们发现，不同于上一个情况，我们的\(q\)状态的前端和\(p\)状态相比突出了一块，而这时候我们找到的\(last\)的最大的\(endpos\)集合不同的后缀是\(p\)而不是\(q\)，因此增加\(c\)之后，仅仅有\(p+c\)的状态的\(endpos\)集合增加了\(n\)，我们记这个状态为\(nq\)，可以发现它实际上是\(q\)状态中最短的子串，所以合着\(q\)状态中只有最小的\(nq\)的\(endpos\)增加了。怎么办呢？我们考虑将q状态拆开，将到\(q\)的转移\(c\)全部指向\(nq\)，与此同时，\(q\)的所有转移，\(nq\)也一定继承。这很好理解，因为\(nq\)实际就是\(q\)的后缀，在它后面加什么\(defg\cdots\) ，所指向状态的\(endpos\)都不会受影响，\(nq\)与\(q\)还是一家人（一家人再怎么打骂起分歧也不会分开），所以这么连肯定也是对的

• 下面考虑后缀链接树怎么搞，首先一个显而易见的结论，\(nq\)的\(endpos\)集合仅仅只比\(q\)的\(endpos\)集合多了一个元素\(n\),这里好办，让\(nq\)代替\(q\)的位置，然后把\(q\)和\(last+c\)的后缀链接指向\(nq\)(为什么能取代，儿子取代父亲的位置不是恒河里吗doge)，然后我们通过后缀链接树向上跳，如果发现\(st[p].nxt[c]==q\)，那么就在\(SAM\)上把这个\(p\)的转移\(c\)直接连到\(q\)上（"将到\(q\)的转移\(c\)全部指向\(nq\)",对应的就是上文的这句话），因为这时跳到的\(p+c\)的\(endpos\)集合包含\(n\)，它显然不应该指向\(q\)。如果发现\(st[p].nxt[c]\neq q\)，这句话是什么意思呢？就是我们的\(q\)已经足够小了,此时跳到的\(p\)是起初\(p\)的后缀，再增加一个字符\(c\)会形成一个更大的\(endpos\)集合，增加字符后形成的\(q'\)显然也是\(nq\)的后缀，接着向上跳形成的\(q''\)也同样是\(nq\)的后缀。所以我们发现,再往上走都是\(q\)的祖先，而由于\(nq\)的存在，上面所有的状态的\(endpos\)显然都包含有\(n\)，这时\(p\)再向\(q',q'',\cdots\)连边就没有一个状态两种\(endpos\)集合的情况了，所以它是对的

复杂度证明

• 空间复杂度显然正确，因为每一次插入字符时，\(Sam\)的状态数只会增加两个，因此为\(O(n)\),上界为2n-1,在形如字符串\(abbbb\cdots\)时取到，这就是为什么\(SAM\)的空间要开两倍

• 时间复杂度，分两种情况讨论

\((1).\) 考虑连续的转移，我们假设能连续就连续，总共就不超过\(2n-1\)个状态，那么将这些点连续地连起来最多也就\(2n-2\)条边，实际上，极限情况\(abbbb\cdots\)也达不到\(2n-2\)

\((2).\) 考虑不连续的转移，令当前不连续的转移为\((p,q)\)，字符为\(c\),我们设从起始点到\(p\)的最长路径为\(u\),\(q\)到任意终止点的最长路径为\(w\)，那么\(u+c+w\)这个东西显然是原串的一个后缀,而一个长为\(n\)的串最多就有\(n\)个后缀，\(SAM\)中又不会出现重复的子串，因此不连续转移的个数最多就是\(n-1\)