「学习笔记」后缀自动机

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子串问题可以考虑 $trie$

但是如果要维护不同子串个数类似的问题的话，$trie$ 的 $DAG$ 的量到了 $O(n^2)$

那么后缀自动机作为压缩的 $trie$ 就应运而生了，主要是合并了大量没用的节点

定义 & 性质

首先是一个子串的 $\{endpos\}$ 表示当前子串的在大串里面结尾下标的集合

每个 $endpos$ 会对应若干个子串，这些子串长度必然连续

如果在这些子串里面最长的前面加入两个不同的字符，可以把当前集合分成两个没有交集的集合（可能有元素没有被分到这两个集合里面）

那么可以得到 $\{endpos\}$ 的数量级是 $O(n)$ 的，像线段树式的分割方法可以得到最大的数目

如果考虑把母集作为分割出来小集合的父亲，就可以得到一个树，这里是 $Parent \ Tree$

这里有一个性质，设 $mx(x)$ 为当前 $\{x\}$ 的最长的字符串的长度，$mn(x)$ 为最短的字符串的长度，那么有 $mx(fa_x)+1=mn(x)$

证明就是子集合是父亲加字符，所以就好理解了

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针对 $endpos$ 的定义和性质可以得到以下的性质：

$(1)\ SAM$ 的每个点代表的是一个 $endpos$，从源点通过加边到达这个点的字符串要保证它的 $endpos$ 是这个集合

但是可能并不会把这个 $endpos$ 到底是几显式地表示出来

$(2)$ 到达 $fa_x$ 的任意字符串是到达 $x$ 的后缀

因为 ${x\to endpos}\subsetneq { fa_x\to endpos}$，这里和平常的字符串维护不太一样

颠覆了一点认知，但是仔细思考上面说的 $endpos$ 的性质还是成立的

那么后缀自动机的构建就是使它满足这个条件

建立

首先每次新加入一个字符得到的字符串所有的后缀的 $endpos$ 都会改变

那么遍历所有原串的后缀，如果没有 $x$ 的出边，就连上（这样保证了 $sam$ 有维护子串个数的功能）

如果出现有且满足 $len_p=len_{tmp}+1$ ，那么按照 $endpos$ 来理解，就直接把 $fa[np]$ 设为 $q$ 就行了

如果出现了 $q$ 但是不满足 $len_p=len_{tmp}+1$ ，那么需要新建一个节点 $clone$

也就是分割 $endpos$

然后把 $q$ 的信息给到 $clone$ 接着把所有的前面满足相应的 $endpos$ 指向 $clone$

inline void extend(int x){
    int tmp=las,np=las=++tot; len[np]=len[tmp]+1;
    while(tmp&&!ch[tmp][x]) ch[tmp][x]=np,tmp=fa[tmp];
    if(!tmp) return fa[np]=1,void();
    int q=ch[tmp][x]; 
    if(len[q]==len[tmp]+1) return fa[np]=q,void();
    int clone=++tot; fa[clone]=fa[q]; fa[q]=fa[np]=clone; copy(clone,q);
    len[clone]=len[tmp]+1;
    while(tmp&&ch[tmp][x]==q) ch[tmp][x]=clone,tmp=fa[tmp]; 
    return ;
}

应用

判断子串：和 $AC$ 自动机类似

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求在原串所有子串中（相同的算或者不算一个）字典序第 $i$ 大

每个串出现的次数等价于建出来后缀树之后对应的 $endpos$ 对应的点的子树的点全和

$dp$ 得到后缀树上面的子树点权值，然后考虑从这个字母出去的子串有几个的时候要考虑在 $DAG$ 上面处理

输出考虑树上二分即可

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求本质不同的子串个数

考虑到 $sam$ 上根节点到任意一个点都是一个子串，且其本身是个 $Dag$

所以拓扑 $dp$ 一下就好了

如果在线的话，那就考虑每个点的贡献吧：$max_i-min_i+1$ 即 $max_i-max[fa[i]]$

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两串 $LCP$ :

其实就是后缀树上点的 $lca$ 的 $len$（然后“差异”那个题就可以考虑每条边的长度是 $len_i-len[fa[i]]$ 然后贡献法一下了）

关于后缀树：

这个比较就是每个点的父亲向点建边，建成了一棵树，就是后缀树

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最小表示法：

这个比较简单了，把原串复制一遍，然后直接在后缀自动机上面跑，能往小的点上跑，就跑，没有后继节点就跳 $fail$

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求最长公共子串的长度：

用其中一个字符串建后缀自动机，然后把其它的子串放在上面匹配

记录下来每个点匹配的最长长度，然后在每个点上面取记录下来 $max$ 的 $min$ 吧

最后的答案就是所有点 $min$ 的 $max$

（很绕，但是很好理解）

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维护子串排名

每个后缀树上的点维护的是一个后缀，那么我们翻转之后就能得到前缀

先算 $endpos$ 大小表示这个点一共多少个串

然后把所有的出边都标号，标号就是 $s[pos[x]+len[fa[x]]]$

这样每个点在后缀树上排序之后再 $dfs$ 得到每个点的 $rk$

对于每个 $[l,r]$ 倍增出来对应的点之后直接 $rk[now]+len[now]-(r-l+1)+1$ 即可

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相关复杂度:

$(1)$ 建后缀自动机的复杂度和后缀自动机的点数是 $O(n)$ 的

$(2)$ 后缀树和 $parent$ 树的节点数量级是 $O(n)$ 的

$(3)$ 遍历后缀自动机对应的 $DAG$ 是 $O(n^2)$ 的

广义 SAM

支持了多串匹配的功能

一个例题是 [USACO17DEC]Standing Out from the Herd P

考虑按照存 $sz[id][x]$ ，但是空间会炸，应该用大量stl也是能写的

其实发现只用维护每个点是不是被经过了两次

所以标记即可

或者是 $SNOI2020$ 字符串

考虑修改两个字符串的代价 $k-dep[lca]$

那就搞出来广义 $SAM$，把所有的子串在对应节点上打上标记

然后建后缀树，现在问题转化成了：树上有一些点，求让这些点两两匹配后每对 $lca$ 的深度之和最大

贪心发现每两个在它最先能匹配的 $lca$ 匹配会优，那么甚至都可以不用 $dp$

记得判断 $len[x]>k$ 的时候直接赋成 $k$ 就完事了

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例题

这篇博客主要放一些线段树维护 $\rm endpos$ 的题目

NOI2018 你的名字

首先考虑一个 $n^2$ 的做法是对于每个 $T$ 建 $SAM$ 然后跑可达性统计，然后两个串一起跑，如果这个点在 $T$ 里面能跑到 $S$ 里面没有就加上可达的点

貌似也没啥优化的空间，那么换一个思路，往 后缀树 上面靠

直接统计还是不太行，那么正难则反，用总的 $T$ 上的减掉公共子串

具体就是求一下 $l[i]$ 表示 $T$ 到 $i$ 的前缀有多长可以在 $S$ 上面作为一段后缀出现

如果如果不考虑存在重复的情况，就把 $T$ 放到 $S$ 上面跑，每次不行了就跳 $fa$

（这里深刻一个观点：后缀树上面点的深度基本上是没啥用的，含义就可以轻松得证）

因为 $fa$ 里面的都是 $x$ 的后缀，又要选最大值，所以每跳一下，长度减成现在点的 $len$

那么这就得到了一个 $68pts$ 的做法

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接着考虑怎么做不是全串的情况，先求所有的 $endpos$ 集合

（如果对后缀树的相关熟练的话，其实这步是很好说的）

然后考虑对于 $[l\dots r]$ 的限制怎么写

然而并不能每次暴力重建，但是每次只是找儿子，跳父亲，找当前点在 $[l,r]$ 内的最大 $len$

第一个其实对应的是 $endpos$ 有没有在 $[l,r]$ 之间有点

第二个是跳父亲，因为父亲的 $endpos$ 是母集，随便跳

最后一个比较恶心，想清楚了是 $min(len[i],now-max(now,pos)+1)$

$pos$ 是指在 $[l,r]$ 内的最大的 $endpos$ 下标，这个可以用线段树求出来

还是一样的跑就行了

HAOI2018 字串覆盖

显然的贪心就是尽可能取位置靠前的点

那么问题转化成了维护另一个子串的 $endpos$ 在这个子串的出现位置

按照古老的套路就是把一个建出来自动机另一个跑匹配

如果 $l_{ed[r]}<r-l+1$ 那么答案就是 $0$

反之考虑当前的点的在 $[tl,tr]$ 中所有的 $endpos$

查询的话复杂度是 $\frac{len_1}{len_2}\times \log_n$

数据大的时候显然能过，但是数据小的时候会完蛋

那么考虑重新维护一个 $f_{len,i,j}$ 表示当前字符串是 $S[i,i+len-1]$ ，后面的 $2^j$ 的字符串的位置，同时记录 $sum_{len,i,j}$ 为所有的 $pos$ 之和

每个询问倍增跳出来所有的位置和求和即可

CF700E

$O(n^4)$ 的暴力就是枚举两个子串是不是能满足关系

然后 $dp$ 最长链，显然这东西是铁废物

在 $SAM$ 上那么转移必然是从父亲向儿子进行的

那么问题就变成了如何维护出现两次的限制

本质上出现了两次就是说这个子串的 $endpos$ 有至少两个点在上一个子串的所在区间 $[st,ed]$ 中出现了

线段树合并求 $endpos$ 是 $trivial$

直接做是 $O((2n)^2\log n)$ 的

如何进行快速完整的转移

其实本质上可以在后缀树上倍增，每次暴力跳来找到最大的满足条件的祖先，然后转移即可

貌似可以证明深度更深的点的答案不会劣于深度浅的点

不过倍增复杂度不行，那么考虑记录转移点即可

十二省联考2019 字符串问题

因为不会 $SA$ 所以想想这题目怎么用 $SAM$ 写

预处理显然，倍增跳后缀树维护出来每个点代表的 $a_i \ or\ b_i$，复杂度 $O((na+nb)\log |S|)$

如果能连接那么下一个串得是上一个串的限制的前缀

前缀就是反串的后缀

然后建反串的自动机，考虑在这上面得到的 $a\to b$ 的限制就可以变成 $a$ 向 $b$ 的子树里面建边了

那么因为是个树，所以有 $dfn$ 序，所以线段树优化建图

具体而言就是每个 $a$ 点往区间连边，点带权就完事了

写的时候要特别注意 $i \ or\ dfn[i]$

但是这样的话会发现如果 $a_i$ 和某个 $b_j$ 倍增到同一个点上了

如果 $a\ and \ b$ 共点的时候两个 $len_a\ge len_b$ 就是完全可以转移的

那么我原来直接把 $a$ 放到 $fa_{id}$ 的方法就不奏效了

所以排序然后暴力扫，做前缀优化建图

具体就是按照长度把当前的点的 $a_{len},b_{len}$ 排序，把树上的每个点拆成 $num_1$ 和 $num_2$

父亲 $num_1$ 连给 $b$ ，$b$ 连给满足条件的这点的 $a$ 或者这个点自己的 $num_2$，$a$ 只能往外连

然后拓扑即可

Border的四种求法

因为一定有一个 $endpos$ 是 $r$ ，所以这题转出来就变得清晰了许多

对应出来这个点的链，那么问题就是找到树上的 $\max\{endpos\in [l,r]\},len[p]\ge endpos-l+1$ 的这个 $p$，同时需要的是最大的 $endpos$

因为上面的点的 $endpos$ 肯定比下面的大，但是 $len$ 要比下面的小，所以貌似没有单调性

然后只会暴力跳父亲，所以写了 $50pts$（为啥长度不满足就不跳了不给分）

拓展上面的做法，按照上面的思路可以先倍增到想对应的位置，省去无效的查询

不过还是完全不会，貌似在线是没法支持的，所以试试离线的思路

关键结论：$Border$ 可以理解成一个最大的 $i$ 满足 $lcs(i,r)\ge i-l+1$

然后扔到 $parent$ 树上面就是两个点的 $len[lca]$ 最大

那么每个询问的 $lca$ 必然在 $ed[r]\to root$ 的链上面

所以变成了一个很好的数据结构题，学到了很多：

先对 $parent$ 树链剖分，每个询问的挂到所有的重链的底部：

把所有的询问放到 $r$ 向上的重链底下，最后统一遍历所有重链来对所有的答案进行更新

可能的 $lca$ 只会在这条链上面，但是构成 $lca$ 的另外一个前缀点就可能在链顶的子树里面

遍历重链的时候考虑维护当前点作为 $lca$ ，把所有其轻子树里面的前缀点放到一个线段树里面

这个线段树下表为 $i$ 的点存 $i-len(lca(ed[i],now))$

那么对于挂在这个点上的询问进行线段树上的二分即可

归总，其实这是我真正意义上第一道做的树剖或者 $DS$ 题吧

倒和字符串没有太大关系了

最后：数据水得过分了，过不了小数据点的代码能过大数据（所以我就数据点分治过掉了这题）

$upd:$ 其实答案统计当然是要枚举两个点，一个是在维护的 $SGT$ 上的，另一个是在原来的线段数合并得到的那个上面查非完全子段的答案

所以一开始写挂了

Codeforces1063F

观察一下发现是个最长下降的模型，所以考虑 $DP$

直接硬上 $SAM$ 很不优美，所以翻转一下，变成最长上升

设 $dp[i]$ 为到反转后的第 $i$ 个点的最长上升序列的长度

显然存在最优的方式使得 $|t_i|\le |t_{i+1}|$ ，那么 $dp[i]$ 也就表示了最后一个串的长度

那么求出来当前的 $[i-dp_i+1,i-1],[i-dp_i+2,i]$ 的串的表示，看看是不是有可转移的点即可

现在是 $O(n\log^2n)$ 的复杂度（我没写不知道能不能过掉）

不过由 $SAM$ 建立的时候的写法就能观察出来 $i-len[pos]$ 是单调不降的

那么加入 $dp[i]$ 的时候维护一个指针

这样还是 $\Theta(n\log^2n)$ 的复杂度

考虑这样一个结论， $dp[i]\le dp[i-1]+1$，貌似是 $trivial$ 的

那么就做完了

Luogu5576

一开始的思路是建出来广义 $SAM$ 然后每次询问跑所有点，判断是不是 $[l,r]$ 中的点都在这个点上

然后想到离线，把询问挂到什么东西上，对于每个点线段树合并的时候维护一下

考虑 $set$ 和启发式合并来规避空间的限制，然后就写了两天的 区间合并

接着得到了 $40pts$ 的好成绩

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最后还是学到了分治的想法：（真的想不太到）

考虑正经 $SAM$ 维护 $lcp$ 的题目的做法，那么考虑设当前有一个 $x$

长度 $\le\ x$ 的是短串，反之是长串

如果一个区间里面全是短（或长）串就 $++/--x$ 即可

要短串中位置中间的一个作为区间的标准串建 $SAM$，$[mid,r]$ 的求后缀，$[l,mid]$ 维护前缀的最大值

那么考虑所有跨过 $mid$ 的询问直接在 $[l,r]$ 中查询最大值即可

这个思路确实是开阔了视野，其实也不太难写出来233

2021-04-05 最小表示

考虑 $SAM$ 来维护这样的子串，最后还是len[i]-len[fa[i]] 来统计答案

对于题目中的最小表示的定义，显然在其当前第一次出现的时候会不一样

下述视角均为从后往前，也就是下一次为通常意义上的左边一次

那么我们考虑其上一次出现之后到其的位置，维护每个位置最后在 $SAM$ 上出现的位置 $pos[i]$ 和其下一次在原串中出现的位置 $dst[i]$

每次扩展 $pos[i],dst[i]$ ，注意只对当前点所对应的后缀自动机上的点的 $size$ 加一

（要写那种广义自动机形式的东西）

最后遍历后缀树，对于有 $size$ 大小的节点进行答案统计

后缀自动机上的节点不超过 $\Theta(nm)$，证明考虑每种字符向前统计不超过 $n$ 次