后缀树到后缀自动机

后缀自动机

以前学的后缀自动机

今天听了ZR 敦爷的课加上以前和zbww讨论了一下，感觉对后缀自动机和后缀数据结构有了船新认识！QWQ

后缀自动机大概分成了下面三部分：

• $ n^2 $ 后缀树的构建
• 后缀自动机构建及基础应用
• 缩边并且得到 $ O(n) $ 个点的真正的后缀自动机！

后缀树

其实后缀树才是本质的后缀数据结构。

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First step 后缀树构建

把单词的后缀插入一棵 Trie 就可以得到后缀树，节点数是 $ O(n^2) $ 的。注意，到现在我们还是考虑 $ O(n^2) $ 的后缀树。

后缀树上的一个节点其实就对应了一个子串。

其实后缀数组只是后缀树的 DFS 序。

后缀树上点 $ x $ 是 $ y $ 的祖先，那么 $ x $ 明显是 $ y $ 的前缀。

• 一个串 $ x $ 出现次数就是它是几个后缀的也就是子树中有多少个后缀点。

  显然

• 一个串在 $ L $ 处出现，等价于它是 $ suf[L] $ 的前缀，等价于它是 $ key[L] $ 的祖先。

  显然

• 那么怎么求 $ LCP( suf(x),suf(y) ) $

  前缀关系就是它们的祖先所以就是找 $ LCA(key(x),key(y)) $

• 本质不同的子串个数

  其实就是后缀树的节点个数

• 最长出现超过 $ K $ 次的子串

  我们只需要计算每个节点对应出现次数。前面说过了。可以 dfs 一次算出

• 最长不重叠出现超过 $ K$ 次

  类似后缀数组二分 L 用 $ H_i \leq L $ 割开来算。

  也就是说，换在后缀树上，如果 $ len[x] \leq L $ 我们就dfs这个子树。

  否则如果 $ len[x] \geq L $ 我们把子树那的 $ key $ 点取出来，排序，然后从左往右能选就选。

• 求 LCS

  把 $ S , T $ 拼一起建后缀树。

  求一个子串，它在 $ S $ 中出现，且在 $ T $ 中出现。

  也就是说它是 $ S $ 某后缀前缀，也是 $ T $ 某后缀前缀。

  也就是说子树内有 $ S $ 的 \(key\) 点也有 $ T $ 的 $ key $ 点。

• 求第 $ k $ 小的子串

  按照出边 dfs 下去就好了。

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Second step 后缀自动机构建及基础应用

注意，到现在为止还是 $ O(n^2) $ 的后缀树！

首先我们拿出一棵后缀树，并且定义：

• 一个点的 $ len $ 表示这个点代表的子串的长度

• 一个点的父亲（ \(par[x]\) ）表示这个点在后缀树上的父亲。

到现在还是后缀树，后缀自动机和后缀树差的其实就是一个 “转移” 数组

• \(son[x][c]\)在这里后缀树从 $ x $ 这个节点代表的子串是往前加字符得到的节点！往后加字符其实构造出来的是前缀树，为了和前面后缀树的拼接我们暂时用 $ son[x][c] $ 表示往前加字符的！

现在我们就有了一个基本的后缀自动机。

构建考虑增量法

我们现在有 $ S $ 的后缀自动机，考虑往前加入一个字符，怎么整出 $ cS $ 的后缀自动机？

步骤大概是：给 $ cS $ 这个串建立一个节点，然后给它找到父亲/祖先们，最后整出它的转移。

首先，它的祖先肯定是 $ cS[1...t] $ ，这个祖先也有可能不存在，也就是说整个字符串没有 $ c $ 这个字母。

我们要先找这个最近的已经存在的祖先（或者是根），再把剩下的祖先建立出来。

首先 $ cS[1...t] $ 肯定是 $ son[S[1...t]][c] $ 。

如何找到 $ S[1\dots t] $ ?很显然的是， $ S[1...t] $ 是 $ S $ 的祖先，所以我们可以从 $ S $ 向上跳，直到找到 $ son[x][c] $ 有值。

然后我们就从 $ cS[1...t] $ 往上补全，同时把中间的部分补全，这样我们就构造好了父亲。

然后考虑怎么构造 $ son$ ,这些新加进去的点肯定是没有 $ son $ 的，如果它加字符还可以连向其他的点，那么它一定是出现过的，即 $ cS[1...d] $ 是 $ S $ 的一个子串。

考虑什么点的 $ son $ 会连向它？其实就是 $ S $ 一步步跳到 $ S[1...t] $ 中途的点可以通过添加 $ c $ 一一对应到这些点。

如果这样的祖先不存在，说明没有 $ c $ 出现过，直接从后缀根开始构造就好了。

总结下来一句话，爬链，创链，连链。

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Third step 缩边并且得到 $ O(n) $ 个点的真正的后缀自动机！

到现在我们的后缀树还是 $ O(n^2) $ 节点的，显然是成不了大事的。

这个树叶子数量只有 $ O(n) $ 的（后缀数量），也就是说它看起来是非常臃肿。

我们考虑这样的一个事实：如果一个树不存在 只有一个儿子的点 那么点数和叶子数同阶。（画个每个点都至少两个儿子的树就发现是非常显然的了，每次一个点至少合并了两个部分叶子，至少就是 $ O(2n) $ 个点）

那么也就是说如果我们可以把只有一个儿子的点压缩了，这就是个线性的树了！

但是我们希望压缩后不会损失信息，所以我们希望 ...- a - a - a -... 这样的树压缩后直接变成了 ... - aaa - ...，最终剩下的点保存的不再是一个串，而可能是几个串。

我们称最后留下来的点叫做关键点。当然叶子还是留着的，我们称之为后缀点。

到这里，发现其实直接对 $ sa $ 建虚树和我们最后希望压缩结束的树，本质上是一样的。

但是剩下的关键点，它代表的不再只是一个串了！

所以现在，原来的定义不太适用了，有了新的定义：

定义一个点代表的串的集合是 $ Z(x) $

同时，$ len(x) $ 的定义也变化了，定义现在是 $ Z(x) $ 里面最长串的长度。

然后，定义 $ fail(x) $ 就是一个点往祖先爬的第一个关键点，我们也有 $ |Z(x)| = len(x) - len(fail(x)) $。

如何保证一个点被压缩，它的信息仍然留存在关键点上？

• 现在我们需要证明原树上如果 $ T $ 是被压缩的点，那么 $ son[c][T] $ 也是被压缩的点

  • $ cT $ 是后缀点，那么 $ T $ 也是后缀点，矛盾
  • $ cT $ 有2个儿子，$ cT $ 也会有两个儿子，矛盾

• 但是如果 $ x $ 是一个关键点，$ son[x][c] $ 却可能是被压缩点。

  这种情况我们让 $ son[x][c] $ 连到它被压缩到的点中。

于是，我们相当于更改了 $ son $ 的定义，对于 $ Y\in Z(x) \(，\) cY \in Z(son_{new}[x][c]) $

这样的话，我们就有了一个无损压缩，既压缩了点又没丢失信息。

怎么构造呢？

回忆一下，刚刚我们构造 $ n^2 $ 后缀自动机，我们的操作是 爬链，加链，连链（改 $ son $ ）

我们能不能更改这个过程，使得构造出来的节点数是 $ O(n) $ 的呢？

一样的，假设我们已经对 $ S $ 构造出了 $ O(n) $ 节点的后缀自动机，加入字符 $ c $ 得到 $ cS $，从 $ S $ 所在节点开始爬链。

假设为 $ cS $ 新建的点是 $ P $。

我们假设爬链得到的点是 $ Q $ ，$ E = son[Q][c] $，也就是说最长的 $ cS[1...t] $ 在 $ E $ 上 。

但是它可能实际上想链接的是 $ E $ 中的某个串在未压缩时所对应的某个子串。根据 $ fail $ 的定义是不能把 $ fail[P] $ 直接连向 $ E $ 的。

如果 $ len[E] = len[Q] + 1 $，想要连接的就是 $ E $ ，因为 $ cS[1\dots t] $ 就是 $ E $ 所对应的最长串长度+1，直接 $ son[Q][c] = E $ 就好了，否则如果 $ len[E] > len[Q] + 1 $ ， 我们需要连接的是一个 $ Z(E) $ 中的某个串，方法就是把这个串分裂出来。

假设 $ Q $ 想要连接到的串（$ Z(E) $ 中的一个串 ）以及它的 / 存在于 $ E $ 的 / 前缀都拿出来建立一个点叫做 $ k $。现在 $ E $ 就相当于被切开了。

于是，$ E $ 的父亲就变成了 $ k $ 。

所以把 $ k $ 的父亲指向 $ E $ 原来的父亲，并且把 $ E $ 和 $ P $ 的父亲都设置为 $ k $。

现在爬链不变，加链就变成了拆点，分裂出一个点，从加链变成了加点。

最后还需要更新一下 $ Q $ 祖先（包括 $ Q $ ）往 $ c $ 的转移，即如果有往 $ c $ 的转移并且转移向 $ E $，就把它改成 $ k $ 就好了。

基本操作

其实往前加字符和往后加效果是一样的，后面我们就考虑往后加字符了，这样后缀树就变成了前缀树，理解应用的时候更轻松。

再回头看一下 $ go $ 数组，可以发现它拥有一个有用的性质：

• 如果 $ S \in Z(x) $ 那么 $ Sc \in Z(go[x][c]) $

也就是说，要找到了 $ T $ 的节点，其实就是从根出发，按照 $ T $ 的字符走 $ go[x][c] $ 就好了。

• 本质不同的子串个数

  后缀树的节点个数，就是每个点的 $ len[x] - len[fail[x]] $ 的和

• 一个串的出现次数

  其实就是找 $ key[L] $ 的祖先，这些祖先含有 $ [len[fail[x]] +1, len[x]] $ 个本质不同的子串

• 最小循环串

  找 $ SS $ 长为 $ |S| $ 的最小子串。

  从根开始走了 $ k $ 步必然就是一个长度为 $ k $ 的子串。

  既然找最小，每次走最小的边，走 $ |S| $ 次。

  如果走到了尽头，那么我们必然走到了一个后缀，但是一个后缀在 $ SS $ 中，如果长度不超过 $ |S| $ 那么必然可以继续走，所以如果真的走到了死胡同那么当前的大小肯定大于了 $ |S| $ 不符合题设。

• $ S[L...R] $ 的定位

  $ S $ 必然是 $ key[R] $ 的祖先，直接倍增就好了。

• 求长度为 $ k $ 的字典序最小的子串

  一个 Trivial 的做法是，走 $ k $ 步，每次走最小，这样很容易走到死胡同。

  可以求一个 $ f[i] $ 表示从 $ i $ 开始最长可以走多少步。就是求一个类似拓扑图深度的东西。

• 求 $ S,T $ 有多少对子串相等

  $ \sum_{x} (cnt_{S,x})(cnt_{T,y}) $

  可以把这两个串拼起来然后搞后缀树，答案就是对于某个点它子树里面 $ S $ 的后缀个数和 $ T $ 的后缀个数。

  $ \sum (len[x]-len[fail[x]]) S(x) T(x) \(，\) S(x) $ 表示 $ x $ 子树中 $ S $ 后缀个数，$ T $ 同理。

  本质不同乘的是 $ [S(x)>0] $

• 然后 LCS

  还是拼起来，搞后缀树，

• 最长至少出现了 $ k $ 次的子串

  对于 $ x $ ，求出 $ x $ 出现了 $ S(x) $ 次，如果 $ \geq k $ 就统计就好了

• 求第 $ K $ 小的子串，要求 $ O(Qn) $

  从小到达遍历子串，$ F[x] $ 表示从 $ x $ 出发可以走到多少个不同的子串。

• 品酒大会

• 设 $ f(i)$ 为长度为 $ f(i) $ 的子串的出现次数最大值，求 所有 $ f $ ，要求线性。

  出现次数可以方便地在后缀树上 dp

  它可以让长度为 $ len[fail[x]] + 1 ... len[i] $ 做贡献。

  其实可以看成对前缀取max，因为没有

• 毒瘤：每次往后加 $ a $ ，求 $ T $ 在 $ S $ 出现次数

  离线很好做，就是这个题的弱化版 DQS的trie

• 加一个叶子，把一条边裂开

  链加，加叶子，裂边，LCT

• 给定 $ n $ 个字符串，求有几个字符串至少是 $ K $ 个串的子串

  $ \sum |S| \leq 10^5,n,k \leq 100 $

  对于一个点，我们需要求出它的子树中有无 $ S_i $ 的后缀。

  这个东西我以前的做法复杂度不可证明，现在老师给了种复杂度正确的做法，

  为了保证每个点被一个串抓到，可以这样做，对于每个点到根+1，按照dfs序排序后将两两相邻LCA到根-1。

  这样类似虚树地做，假设一个点有 $ k $ 个关键点儿子，它会被加 $ k - (k-1) $ 次。