這篇文章不僅寫了普通的原算法，還附了好幾道好題和題解，如果大佬您已經學了 ACAM，不妨做做文后的題目，如果這些題您也都做過了，那就點個贊支持一下吧！
upd 8.29：把之前咕掉的三道題補上了。
前置知識
kmp 模式匹配、Trie。
沒了。
介紹：這玩意是干什么的
想必你第一次看到 AC 自動機這個名字，心潮涌動。
其實這和做題 AC 啥關系沒有，這個 AC 是Aho-Corasick，我也不知道啥意思。
你一定知道 kmp 是在一個文本串中匹配一個模式串。
AC 自動機（ACam/ACAM:Aho-Corasick automaton）可以讓你在一個文本串中匹配一堆模式串，但文本串只要掃一遍，很是NB。
更通俗的解釋：看了也沒有幫助。
正經板子
裸T：
此處以3rd為例講解（這就是ACAM最經典的運用）:
建立
AC自動機的實現結合 Trie 的結構和 KMP 的失配指針思想，構造過程可分為建立 Trie 與構造失配指針兩個部分：
如何建立 Trie
和普通的 Trie 構建一模一樣，把所有模式串插入一個 Trie（此處所用 Trie 數組下文稱 \(tr\) ）即可，此處不再贅述
為便於下文敘述，對於節點 \(x\) ，將 Trie 的根到 \(x\) 的路徑所表示的字符串記為 \(S_{x}\)
構造失配指針
定義
對於節點 \(x\) ，其失配指針（下文稱 \(fail\) 指針）指向 Trie 中不為 \(x\) 的一個節點 \(y\) ，滿足 \(S_{y}\) 為 \(S_{x}\) 的后綴，且 \(S_{y}\) 最長
思想與步驟
大致參考KMP的思想，在對 Trie 進行搜索（BFS）的過程中，設當前節點為 \(x\)。
1.找到 \(x\) 的父親節點 \(p\) 向 \(x\) 的邊上字符 \(c\) （即 \(tr_{p,c}=x\) ），令 \(y=fail_{p}\)。
2.若 \(tr_{p,c}\) 存在，則顯然 \(S_{tr_{p,c}}\) 為 \(S_{x}\) 后綴，又因每跳一次 \(fail\) ，\(p\) 的深度就會減小，故此時的 \(p\) 即為 \(fail_{x}\) ；若不存在，則 \(p \leftarrow fail_{p}\) ，並重復此步驟直至 \(p\) 為根。
字典圖
一個優化，對每個 \(tr_{x,c}\) ，若不為空則不變，若為空則 \(tr_{x,c} \leftarrow tr_{fail_{x},c}\)。
這樣，對每個 \(tr_{x,c}\) 都有 \(fail_{tr_{x,c}}=tr_{fail_{x},c}\) ，節省了多余空間，求 \(fail\) 數組和匹配文本串時常數更小了，更容易寫了,大家都說好！
code
inline void buildfail(){
int x;queue q;
for(re int i=0;i<26;++i)
if(tr[0][i]) q.push(tr[0][i]);
while(q.unempty()){
x=q.front(),q.pop();
for(re int i=0;i<26;++i)
if(tr[x][i]) q.push(tr[x][i]),fail[tr[x][i]]=tr[fail[x]][i];
else tr[x][i]=tr[fail[x]][i];
}
}
匹配
步驟
很明顯,ACAM建立以后,若匹配字符串 \(T\) ,就一直對節點 \(x \leftarrow tr_{x,T_{i}}\) ，到達的 \(x\) 點就表示 \(S_{x}\) 為 \(T\) 的一個子串，記錄 \(x\) 被到達次數即可。
但是還有一個東西：
對於節點 \(x\) ，其失配指針指向Trie中不為 \(x\) 的一個節點 \(y\) ，滿足 \(S_{y}\) 為 \(S_{x}\) 的后綴，且 \(S_{y}\) 最長。
也就是說,不止$ S_{x} $ 是 \(T\) 的一個子串， $ S_{fail_{x}} ，S_{fail_{fail_{x}}} ......$ 都是 \(T\) 的子串。
那怎么辦?如果在每個節點循環跳 \(fail\) ，肯定會TLE（也可能過去,我沒試）。
但是,每個點的 \(fail\) 指針只有一個，並且根節點沒有（或者說,在程序中為自己）！
也就是說, \(fail\) 構成一顆樹，所以，匹配完以后,在 fail 樹上 dfs 或拓撲排序，就可以把 \(x\) 節點的信息傳到它的 \(fail\) 上了！
最后對 Trie 圖上是模式串結尾的節點統計答案就好了。
代碼
inline void query(){
int i=0,x=0;scanf("%t",t+1);
while(t[++i]) x=tr[x][t[i]-'a'],++siz[x];
topo();
}
inline void topo(){
int x;queue q;
for(re int i=1;i<=cnt;++i) ++in[fail[i]];
for(re int i=1;i<=cnt;++i) if(!in[i]) q.push(i);
while(q.unempty()){
x=q.front();q.pop();
if(end[x]) ans[end[x]]+=siz[x];
siz[fail[x]]+=siz[x];
if(!(--in[fail[x]])) q.push(fail[x]);
}
}
一個小細節
此題有重復模式串，開鄰接表存一下就是。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define re register
const int N=2e6+5,M=2e5+5;
int ans[M],nxt[M];
char s[N];
struct queue{
int l=1,r=0,a[M];
inline bool unempty(){return l<=r;}
inline int front(){return a[l];}
inline void pop(){++l;}
inline void push(int x){a[++r]=x;}
};
struct ACam{
int cnt,tr[M][26],end[M],fail[M],siz[M],in[M];
inline void ins(int k){
int i=0,x=0;scanf("%s",s+1);
while(s[++i]) x=tr[x][s[i]-'a']=(tr[x][s[i]-'a']?tr[x][s[i]-'a']:++cnt);
nxt[k]=end[x],end[x]=k;
}
inline void buildfail(){
int x;queue q;
for(re int i=0;i<26;++i)
if(tr[0][i]) q.push(tr[0][i]);
while(q.unempty()){
x=q.front(),q.pop();
for(re int i=0;i<26;++i)
if(tr[x][i]) q.push(tr[x][i]),fail[tr[x][i]]=tr[fail[x]][i];
else tr[x][i]=tr[fail[x]][i];
}
}
inline void topo(){
int x;queue q;
for(re int i=1;i<=cnt;++i) ++in[fail[i]];
for(re int i=1;i<=cnt;++i) if(!in[i]) q.push(i);
while(q.unempty()){
x=q.front();q.pop();
if(end[x]) ans[end[x]]+=siz[x];
siz[fail[x]]+=siz[x];
if(!(--in[fail[x]])) q.push(fail[x]);
}
}
inline void query(){
int i=0,x=0;scanf("%s",s+1);
while(s[++i]) x=tr[x][s[i]-'a'],++siz[x];
topo();
}
}ac;
int main(){
int n;scanf("%d",&n);
for(re int i=1;i<=n;++i) ac.ins(i);
ac.buildfail();ac.query();
for(re int i=n;i;--i) ans[nxt[i]]=ans[i];
for(re int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
一些題目
比較板子的題就沒放了啊。
ACAM上的dp
ACAM 上的 dp 比較套路，大多數狀態都是設為 \(f[\)串長\(][\)目前節點\(]\)。
1.USACO12JAN-Video Game G
本題就是直接按上面的狀態枚舉出邊，進行轉移，比較板。
code:
#include<cstdio>
#include<queue>
#define re register
using std::queue;
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
const int L=18,N=365,M=1005;
int n,m,tot,ans,end[N],fail[N],tr[N][3],f[M][N];
inline void ins(){
char c[L];int x=0,i=0,p;
scanf("%s",c+1);
while(c[++i]) p=c[i]-'A',x=tr[x][p]?tr[x][p]:(tr[x][p]=++tot);
end[x]++;
}
inline void buildfail(){
queue<int> q;int x;
for(re int k=0;k<3;k++) if(tr[0][k]) q.push(tr[0][k]);
while(!q.empty()){
x=q.front(),q.pop();
for(re int k=0;k<3;k++)
if(tr[x][k]){
q.push(tr[x][k]);
fail[tr[x][k]]=tr[fail[x]][k];
end[tr[x][k]]+=end[fail[tr[x][k]]];
}
else tr[x][k]=tr[fail[x]][k];
}
}
inline void dp(){
for(re int i=0;i<=m;i++)
for(re int j=0;j<=tot;j++)
f[i][j]=-0x3f3f3f3f;
f[0][0]=0;
for(re int i=0;i<=m;i++)
for(re int j=0;j<=tot;j++)
for(re int k=0;k<3;k++)
f[i+1][tr[j][k]]=max(f[i+1][tr[j][k]],f[i][j]+end[tr[j][k]]);
}
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(re int i=1;i<=n;i++) ins();
buildfail(),dp();
for(re int i=0;i<=tot;i++) ans=max(f[m][i],ans);
printf("%d",ans);
return 0;
}
2.JSOI2007-文本生成器
正着算會重，本題目要正難則反。
先算出所有可生成文本數量（快速冪）。
再減去一個點也匹配不到的文本（就是在 Trie 上沒經過任何一個串的末尾的文本）數量（dp 求）。
code:
#include<cstdio>
#include<queue>
#define re register
using std::queue;
const int L=105,N=6050,M=105,mod=10007;
int n,m,tot,fail[N],tr[N][26],f[M][N],ans=1;
bool end[N];
inline void ins(){
char c[L];int i=0,x=0,p;
scanf("%s",c+1);
while(c[++i]) p=c[i]-'A',x=(tr[x][p]?tr[x][p]:(tr[x][p]=++tot));
end[x]=1;
}
inline void buildf(){
queue<int> q;int x;
for(re int k=0;k<26;k++) if(tr[0][k]) q.push(tr[0][k]);
while(!q.empty()){
x=q.front(),q.pop();
for(re int k=0;k<26;k++){
if(tr[x][k]){
fail[tr[x][k]]=tr[fail[x]][k];
end[tr[x][k]]|=end[fail[tr[x][k]]];
q.push(tr[x][k]);
}
else tr[x][k]=tr[fail[x]][k];
}
}
}
inline void qpow(int d,int z){for(;z;z>>=1,d=d*d%mod) ans=(z&1)?ans*d%mod:ans;}
inline void dp(){
f[0][0]=1;
for(re int i=0;i<m;i++)
for(re int j=0;j<=tot;j++)
for(re int k=0;k<26;k++)
if(!end[tr[j][k]])
f[i+1][tr[j][k]]=(f[i+1][tr[j][k]]+f[i][j])%mod;
for(re int j=0;j<=tot;j++) ans=(ans-f[m][j])%mod;
}
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(re int i=1;i<=n;i++) ins();
buildf(),qpow(26,m),dp();
printf("%d\n",ans>=0?ans:(ans+mod));
return 0;
}
fail樹上的問題
1.NOI2011-阿狸的打字機
首先根據輸入建出 Trie 樹。
利用一個字符串數據結構的常用性質：子串是前綴的后綴。
所以，我們可以對於每個 \(y\) 的前綴所對應的節點看它 fail 樹上的祖先是否包括 \(x\) 所對應的節點，如果有就說明 \(x\) 在此位置為 \(y\) 的子串，更新一下答案。
換種說法，就是求每個 \(y\) 的前綴所對應的節點里有多少個節點在 \(x\) 所對應的節點在 fail 樹上的子樹上。
所以可以處理出 fail 樹的 dfs 序，把所有詢問離線掉，在 Trie 上 dfs 將點加入樹狀數組，用樹狀數組處理以目前節點為 \(y\) 所對應的節點的詢問。
注意本題要在 Trie 上 dfs，所以不能建字典圖。
code：
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<stack>
#define re register
#define fuc(k) for(re int k=0;k<26;k++)
using std::queue;
using std::stack;
inline int win(){
int x=0;char c=getchar();
while(c>'9'||c<'0') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
const int N=100050;
char s[N];
int tot,t,ch[N][26],fail[N],endof[N];
int t2,cnt,h2[N],v2[N],ne2[N],xl[N],xr[N];
int t1,h1[N],v1[N],ne1[N],id[N],ans[N];
struct BIT{
int f[N];
inline void add(int x){for(;x<=cnt;x+=(x&-x)) f[x]++;}
inline void del(int x){for(;x<=cnt;x+=(x&-x)) f[x]--;}
inline int ask(int l,int r){
int res=0;l--;
for(;r;r^=(r&-r)) res+=f[r];
for(;l;l^=(l&-l)) res-=f[l];
return res;
}
}bit;
inline void rem(int y,int x,int p){v1[++t1]=x,ne1[t1]=h1[y],h1[y]=t1,id[t1]=p;}
inline void add(int x,int y){v2[++t2]=y,ne2[t2]=h2[x],h2[x]=t2;}
inline void buildtrie(){
stack<int> st;int x=0,i=0,p;scanf("%s",s+1),st.push(0);
while(s[++i]){
if(s[i]=='B') st.pop(),x=st.top();
else if(s[i]=='P') endof[++t]=tot;
else p=s[i]-'a',st.push(x=ch[x][p]=ch[x][p]?ch[x][p]:++tot);
}
}
inline void buildfail(){
queue<int> q;int x,j;
fuc(k) if(ch[0][k]) q.push(ch[0][k]);
while(!q.empty()){
x=q.front(),q.pop(),add(fail[x],x);
fuc(k) if(ch[x][k]){
j=fail[x];while(!ch[j][k]&&j) j=fail[j];
fail[ch[x][k]]=ch[j][k],q.push(ch[x][k]);
}
}
}
void dfs1(int x){
xl[x]=++cnt;
for(re int i=h2[x];i;i=ne2[i]) dfs1(v2[i]);
xr[x]=cnt;
}
void dfs2(int x){
bit.add(xl[x]);
for(re int i=h1[x];i;i=ne1[i]) ans[id[i]]=bit.ask(xl[v1[i]],xr[v1[i]]);
fuc(k) if(ch[x][k]) dfs2(ch[x][k]);
bit.del(xl[x]);
}
int main(){
buildtrie(),buildfail();int m=win();
for(re int i=1,x;i<=m;i++) x=endof[win()],rem(endof[win()],x,i);
dfs1(0),dfs2(0);
for(re int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
其他一些好題
1.POI2000-病毒
考慮用輸入的 01 串構造 ACAM 並標記其結尾，本題即是問是否能在 ACAM 上走出一條無限長的路徑使它不經過任何一個帶有結尾標記的節點。
顯然，要無限長的這種路徑，必然意味着從根出發不經過帶有結尾標記的節點能走到一個環，滿足這個環上沒有一個帶有結尾標記的節點。
所以建出來后 dfs 判環即可，注意本題不可拓撲判環，因為刪掉帶結尾標記的點后圖不一定連通，難以判斷是否從根出發能走出環。
code：
#include<cstdio>
#include<queue>
#define re register
using std::queue;
const int N=3e4+5;
int t,tr[N][2],fail[N],lin[N];
bool end[N],vis[N];
inline void add(){
int x=0,p;char c=getchar();
while(c!='0'&&c!='1') c=getchar();
while(c=='0'||c=='1'){
p=c=='1';
x=(tr[x][p]?tr[x][p]:tr[x][p]=++t);
c=getchar();
}
end[x]=1;
}
inline void buildfail(){
int x;queue<int> q;
q.push(tr[0][0]),q.push(tr[0][1]);
while(!q.empty()){
x=q.front(),q.pop();
for(re int k=0;k<=1;k++)
if(tr[x][k]) q.push(tr[x][k]),fail[tr[x][k]]=tr[fail[x]][k],end[tr[x][k]]|=end[fail[tr[x][k]]];
else tr[x][k]=tr[fail[x]][k];
}
}
inline bool dfs(int x){
if(vis[x]) return true;
vis[x]=1;
int k=(((!end[tr[x][0]])&&dfs(tr[x][0]))||((!end[tr[x][1]])&&dfs(tr[x][1])));
return vis[x]=0,k;
}
/*
inline void debug(){
for(re int i=0;i<=t;i++){
printf("%d: %d %d\n",i,tr[i][0],tr[i][1]);
}
}
*/
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
while(n--) add();
if(!(tr[0][0]&&tr[0][1])) return puts("TAK"),0;
// debug();
buildfail();
// printf("%d %d\n",cnt,tot);
puts(dfs(0)?"TAK":"NIE");
return 0;
}