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$p^{\prime }$，所以它通过转移$c$对应的状态$q^{\prime }$也一定是$q$的后缀，那在后缀链接树上，$q^{\prime }$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$st[p].nxt[c]\ne q$，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$q^{\prime }$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$q^{\prime },q^{″},\cdots$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$n-1$