CHANGE LOG
- 2021.12.25：新增 ACAM 部分。
- 2021.12.26：新增 SAM 部分。
- 2022.2.9：計划重構文章。
- 2022.2.20：重構完成，增加部分例題。
基本定義與約定：
- 稱字符串 \(T\) 匹配 \(S\) 為 \(T\) 在 \(S\) 中出現。
- 模式串：相當於題目給出的 字典，用於匹配的字符串。下文也稱 單詞。
- 文本串：被匹配的字符串。
- 更多約定見 常見字符串算法。
1. AC 自動機 ACAM
前置知識：字典樹，KMP 算法與 動態規划 思想。
AC 自動機是一類確定有限狀態自動機，這說明它有完整的 DFA 五要素，分別是起點 \(s\)（Trie 樹根節點），狀態集合 \(Q\)（Trie 樹上所有節點），接受狀態集合 \(F\)（所有以某個單詞作為后綴的節點），字符集 \(\Sigma\)（題目給定）和轉移函數 \(\delta\)（類似 KMP 求解）。
AC 自動機全稱 Aho-Corasick Automaton，簡稱 ACAM。它的用途非常廣泛，是重要的字符串算法（\(8\) 級）。
1.1 算法詳解
AC 自動機用於解決 多模式串 匹配問題：給定 字典 \(s\) 和文本串 \(t\)，求每個單詞 \(s_i\) 在 \(t\) 中出現的次數。當然，它的實際應用十分廣泛，遠超這一基本問題。ACAM 與 KMP 的不同點在於后者僅有一個模式串，而前者有多個。
朴素的基於 KMP 的暴力時間復雜度為 \(|t|\times N + \sum |s_i|\)，其中 \(N\) 是單詞個數。因為進行一次匹配的時間復雜度為 \(|s_i| + |t|\)。當單詞數量 \(N\) 較大時，無法接受。
多串問題自然首先考慮建出字典樹。根據其定義，字典樹上任意節點 \(q\in Q\) 與所有單詞的某個前綴 一一對應。設節點（節點也稱狀態）\(i\) 表示的字符串為 \(t_i\)。
借鑒 KMP 算法的思想，我們考慮對於每個狀態 \(q\)，求出其 失配指針 \(fail_q\)。類似 KMP 的失配數組 \(nxt\)，失配指針的含義為：\(q\) 所表示字符串 \(t_q\) 的 最長真后綴 \(t_q[j, |t_q|]\ (2\leq j\leq |t_q| + 1)\)，使得該后綴作為某個單詞的前綴出現。這說明 \(t_q[j, |t_q|]\) 恰好對應了字典樹上某個狀態，因此一個狀態的失配指針指向另一個長度比它短的狀態。注意，這樣的后綴 可能不存在，因此失配指針可能指向表示空串的根節點。
從 \(q\) 向字符串 \(fail_q\) 連一條有向邊，就得到了 ACAM 的 fail 樹。
- 例如，當 \(s = \{\texttt{b},\ \texttt{ab}\}\) 時，\(\tt ab\) 會向 \(\tt b\) 連邊，因為 \(\tt ab\) 最長的（也是唯一的）在 \(s_i\) 中作為前綴出現的后綴為 \(\tt b\)。
- 再例如，當 \(s = \{\texttt{aba},\ \texttt {baba}\}\) 時，\(\tt ab\) 會向 \(\tt b\) 連邊， \(\tt bab\) 會向 \(\tt ab\) 連邊，\(\tt aba\) 會向 \(\tt ba\) 連邊，而 \(\tt baba\) 會向 \(\tt aba\) 連邊。對於每一條有向邊 \(q \to fail_q\)，后者是前者的后綴，也是 \(s_i\) 的前綴。
考慮用類似 KMP 的算法求解失配指針：首先令 \(fail_q\gets fail_{fa_q}\)。若當前的 \(fail_q\) 沒有 \(fa_q\to q\) 這條（字典樹上的）邊所表示的字符 \(c\) 的轉移，則令 \(fail_q\gets fail_{fail_q}\)，否則 \(fail_q = \mathrm{trans}(fail_q, c)\)，即字典樹上在 \(fail_q\) 處添加字符 \(c\) 后到達的狀態。若 \(fail_q\) 已經指向根，但還是沒找到出邊，則 \(fail_q\) 最終就指向根。
失配指針已經足夠強大，但這並不是 AC 自動機的完全體。我們嘗試將每個狀態的所有字符轉移 \(\delta(i, c)\) 都封閉在狀態集合 \(Q\) 里面。把 KMP 自動機的轉移拎出來觀察
設字典樹的根為節點 \(0\)，AC 自動機的轉移可類似地寫為：
\(\delta(i,c)\) 表示往狀態 \(i\) 后面添加字符 \(c\)，所得字符串的 最長的 與 \(s_i\) 前綴 匹配的 后綴 所表示的狀態。也可理解為從 \(i\) 開始跳 \(fail\) 指針，遇到的第一個有字符 \(c\) 的轉移對應轉移到的節點：若 \(i\) 本身有轉移，則 \(\delta(i, c)\) 就等於 \(\mathrm{trans}(i, c)\)，否則向上跳一層 \(fail\) 指針，等於 \(\delta(fail_i, c)\)。
根據已有信息遞推，這是 動態規划 的核心思想。即求解 \(\delta\) 函數的的過程本質上是一類 DP。
當 \(\mathrm{trans}(i, c)\) 存在時，設其為 \(q\)， 則有 \(fail_q = \delta(fail_i, c)\)。因為根據求 \(fail_q\) 的方法，我們會先令 \(fail_q \gets fail_i\)，然后跳到第一個有字符 \(c\) 的位置，令 \(fail_q\) 等於該位置添加 \(c\) 轉移到的狀態。這和 \(\delta(fail_i, c)\) 的定義等價。
有了這一性質，我們就不需要預先求出失配指針，而是在建造 AC 自動機的同時一並求出。由於我們需要保證在計算一個狀態的轉移時，其失配指針指向的狀態的轉移已經計算完畢，又因為失配指針長度小於原串長度，故使用 BFS 建立 AC 自動機。一般形式的 AC 自動機代碼如下：
int node, son[N][S], fa[N];
void ins(string s) { // 建出 trie 樹
int p = 0;
for(char it : s) {
if(!son[p][it - 'a']) son[p][it - 'a'] = ++node;
p = son[p][it - 'a'];
}
}
void build() { // 建出 AC 自動機
queue <int> q;
for(int i = 0; i < S; i++) if(son[0][i]) q.push(son[0][i]); // 對於第一層特判，因為 fa[0] = 0，此處即轉移的第二種情況
while(!q.empty()) { // 求得的 son[t][i] 就是文章中的轉移函數 delta(t, i)，相當於合並了 trie 和 AC 自動機的轉移函數
int t = q.front(); q.pop();
for(int i = 0; i < S; i++)
if(son[t][i]) fa[son[t][i]] = son[fa[t]][i], q.push(son[t][i]); // 轉移的第一種情況：原 trie 圖有 trans(t, i) 的轉移
else son[t][i] = son[fa[t]][i]; // 轉移的第三種情況
}
}
特別的，在 ACAM 上會有一些 終止節點 \(p\)，代表一個單詞或以一個單詞結尾，即 \(p\) 對應的字符串 \(t_p\) 的某個 后綴 在字典 \(s\) 中作為 單詞 出現。 若狀態 \(p\) 本身表示一個單詞，即 \(t_p\in s\)，則稱為 單詞節點。所有終止節點 \(p\) 對應着 DFA 的 接受狀態集合 \(F\)：ACAM 接受且僅接受以給定詞典中的某一個單詞結尾的字符串。
總結一下我們使用到的約定和定義：
- 節點也被稱為 狀態。
- 設字典樹上狀態 \(i\) 所表示的字符串為 \(t_i\)。
- 失配指針 \(fail_q\) 的含義為 \(q\) 所表示字符串 \(t_q\) 的最長真后綴 \(t_q[j, |t_q|]\ (2\leq j\leq |t_q| + 1)\) 使得該后綴作為某個單詞的前綴出現。
- \(\delta(i,c)\) 表示往狀態 \(i\) 后添加字符 \(c\)，所得字符串的 最長的 與某個單詞的 前綴 匹配的 后綴 所表示的狀態。它也是從 \(i\) 開始，不斷跳失配指針直到遇到一個有字符 \(c\) 轉移的狀態 \(p\)，添加字符 \(c\) 后得到的狀態 \(\mathrm{trans}(p, c)\)。
- 終止節點 \(p\) 代表一個單詞，或以一個單詞結尾。
- 所有終止節點 \(p\) 組成的集合對應着 DFA 的 接受狀態集合 \(F\)。
- 若狀態 \(p\) 本身表示一個單詞，即 \(t_p\in s\)，則稱為 單詞節點。
1.2 fail 樹的性質與應用
AC 自動機的核心就在於 fail 樹。它有非常好的性質，能夠幫我們解決很多問題。
- 性質 0：它是一棵 有根樹，支持樹剖，時間戳拍平，求 LCA 等各種樹上路徑或子樹操作。
- 性質 1：對於節點 \(p\) 及其對應字符串 \(t_p\)，對於其子樹內部所有節點 \(q\in \mathrm{subtree}(p)\)，都有 \(t_p\) 是 \(t_q\) 的后綴，且 \(t_p\) 是 \(t_q\) 的后綴 當且僅當 \(q\in \mathrm{subtree}(p)\)。根據失配指針的定義易證。
- 性質 2：若 \(p\) 是終止節點，則 \(p\) 的子樹全部都是終止節點。根據 fail 指針的定義，容易發現對於在 fail 樹上具有祖先 - 后代關系的點對 \(p,q\)，\(t_p\) 是 \(t_q\) 的 Border，這意味着 \(t_p\) 是 \(t_q\) 的后綴。因此，若 \(t_p\) 以某個單詞結尾，則 \(t_q\) 也一定以該單詞結尾，得證。
- 性質 3：定義 \(ed_p\) 表示作為 \(t_p\) 后綴的單詞數量。若單詞互不相同，則 \(ed_p\) 等於 fail 樹從 \(p\) 到根節點上單詞節點的數量。若單詞可以重復，則 \(ed_p\) 等於這些單詞節點所對應的單詞的出現次數之和。
- 常用結論：一個單詞在匹配串 \(S\) 中出現次數之和，等於它在 \(S\) 的 所有前綴中作為后綴出現 的次數之和。
根據性質 3，有這樣一類問題：單詞有帶修權值，多次詢問對於某個給定的字符串 \(S\)，所有單詞的權值乘以其在 \(S\) 中出現次數之和。根據常用結論，問題初步轉化為 fail 樹上帶修點權，並對於 \(S\) 的每個前綴，查詢該前綴所表示的狀態到根的權值之和。
通常帶修鏈求和要用到樹剖，但查詢具有特殊性質：一個端點是根。因此，與其單點修改鏈求和，不如 子樹修改單點查詢。實時維護每個節點的答案，這樣修改一個點相當於更新子樹，而查詢時只需查單點。轉化之前的問題需要樹剖 + 數據結構 \(\log ^ 2\) 維護，但轉化后即可時間戳拍平 + 樹狀數組單 \(\log\) 小常數解決。
補充：對於普通的鏈求和，只需差分轉化為三個到根鏈求和也可以使用上述技巧。鏈加，單點查詢 也可以通過轉化變成 單點加，子樹求和。只要包含一個單點操作，一個鏈操作，均可以將鏈操作轉化為子樹操作，即可將時間復雜度更大的樹剖 BIT 換成普通 BIT。
- 性質 4：把字符串 \(t\) 放在字典 \(s\) 的 AC 自動機上跑，得到的狀態為 \(t\) 的最長后綴，滿足它是 \(s\) 的前綴。
1.3 應用
大部分時候，我們借助 ACAM 刻畫多模式串的匹配關系，求出文本串與字典的 最長匹配后綴。但 ACAM 也可以和動態規划結合：在利用動態規划思想構建的自動機上進行 DP，這是 DP 自動機 算法。
1.3.1 結合動態規划
ACAM 除了能夠進行字符串匹配，還常與動態規划相結合，因為它精確刻畫了文本串與 所有 模式串的匹配情況。同時，\(\delta\) 函數自然地為動態規划的轉移指明了方向。因此，當遇到形如 “不能出現若干單詞” 的字符串 計數或最優化 問題，可以考慮在 ACAM 上 DP，將 ACAM 的狀態寫進 DP 的一個維度。
例如非常經典的 [JSOI2007]文本生成器。題目要求至少包含一個單詞，補集轉化相當於求 不包含任何一個單詞 的長為 \(m\) 的字符串數量。考慮到我們只關心當前字符串的長度，和它與所有單詞的匹配情況，設 \(f_{i,j}\) 表示長為 \(i\) 且放到所有單詞建出的 ACAM 上能夠轉移到狀態 \(j\) 的字符串數量。轉移即枚舉下一個字符 \(c\) 是什么，\(f_{i,j}\to f_{i+1,\delta(j,c)}\)。根據限制，需要保證 \(j\) 和 \(\delta(j,c)\) 都不是終止節點，最終答案即 \(26^m-\sum_{\\ q\in Q\land q\notin F} f_{m, q}\)。時間復雜度 \(\mathcal{O}(nm|\Sigma||s_i|)\)。
1.3.2 結合矩陣快速冪
在上一部分的基礎上，若 \(\sum |s_i|\) 很小而轉移輪數非常多，可以將轉移寫成矩陣的形式。\(\delta(p, c)\) 為我們提供了轉移矩陣：添加一個字符后，從狀態 \(p\) 轉移到 \(q\) 的方案數為 \(\sum_\limits{c} [\delta(p, c) = q]\)，即 \(A_{i, j} = \sum_\limits c [\delta(i, c) = j]\)。
具體轉移方式視題目而定。矩陣乘法也可以是廣義矩陣乘法，如例 XII.
1.4 注意點
- 建出字典樹后不要忘記調用
build建出 ACAM。 - 注意模式串是否可以重復。
- 在構建 ACAM 的過程中，不要忘記遞推每個節點需要的信息。如 \(ed_p\) 由 \(ed_{fa_p}\) 和狀態 \(p\) 所表示的單詞數量相加得到。
1.5 例題
I. P3808 【模板】AC 自動機（簡單版）
本題相同編號的串多次出現僅算一次，因此題目相當於求：文本串 \(t\) 在模式串 \(s_i\) 建出的 ACAM 上匹配時經過的所有節點到根的路徑的並上單詞節點的個數。
設當前狀態為 \(p\)，每次跳 \(p\) 的失配指針，加上經過節點表示的單詞個數（單詞可能相同）並標記，直到遇到標記節點 \(q\)，說明 \(q\) 到根都已經被考慮到。注意上述過程並不改變 \(p\) 本身。時間復雜度線性。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
const int S = 26;
int n, node, son[N][S], fa[N], ed[N];
string s;
void ins(string s) {
int p = 0;
for(char it : s) {
if(!son[p][it - 'a']) son[p][it - 'a'] = ++node;
p = son[p][it - 'a'];
} ed[p]++;
}
void build() {
queue <int> q;
for(int i = 0; i < S; i++) if(son[0][i]) q.push(son[0][i]);
while(!q.empty()) {
int t = q.front(); q.pop();
for(int i = 0; i < S; i++)
if(son[t][i]) fa[son[t][i]] = son[fa[t]][i], q.push(son[t][i]);
else son[t][i] = son[fa[t]][i];
}
}
int main() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> s, ins(s);
int p = 0, ans = 0; cin >> s, build();
for(char it : s) {
int tmp = p = son[p][it - 'a'];
while(ed[tmp] != -1) ans += ed[tmp], ed[tmp] = -1, tmp = fa[tmp];
} cout << ans << endl;
return 0;
}
II. P2292 [HNOI2004] L 語言
首先我們有個顯然的 DP：設 \(f_i\) 表示 \(i\) 前綴能否理解，那么若 存在 \(f_j = 1 \land t[j + 1,i]\in D\)，則 \(f_i = 1\)。否則 \(f_i = 0\)。對 \(D\) 建出 ACAM，設 \(t[1,i]\) 跳到了狀態 \(p\)，我們只需要知道 \(p\) 的哪些長度的后綴是單詞，這樣就可以 \(\mathcal{O}(|t||s|)\) 回答單次詢問，但不夠快。
注意到 \(|s|\leq 20\)，因此考慮狀壓，設 \(msk_p\)：若 \(p\) 的長度為 \(l\) 的后綴是單詞，則 \(msk_p\) 第 \(l\) 位為 \(1\)。這樣，再用 \(S\) 記錄 \(f_{i - 20}\sim f_{i - 1}\) 的狀態，就可以通過位運算快速得到當前 \(f_i\) 的結果，並更新 \(S\)。
時間復雜度 \(\mathcal{O}(n|s||\Sigma| + m|t|)\)，其中 \(|\Sigma|\) 表示字符集大小。
*III. P2414 [NOI2011] 阿狸的打字機
由於刪去一個字符和添加一個字符對字典樹大小的影響均為 \(1\)，因此盡管單詞長度之和可能很大，但建出的字典樹大小僅有 \(m\)。設第 \(i\) 個單詞在 trie 上的節點為 \(f_i\)，根據應用 1，求 \(x\) 在 \(y\) 中的出現次數可以在 \(y\) 到根的每個節點上打標記，查詢 \(x\) 的子樹內有標記的節點個數。
因此將詢問離線，按 \(y\) 從小到大的順序處理詢問（為保證修改標記的總次數線性），套上 BIT 即可。時間復雜度線性對數。代碼。
IV. P5357 【模板】AC 自動機（二次加強版）
根據 fail 樹的性質 1，文本串 \(S\) 在 AC 自動機上每經過一個節點就將其權值增加 \(1\)，則每個單詞 \(T_i\) 在 \(S\) 中的出現次數即 \(T_i\) 在 fail 樹上的子樹節點權值和。時間復雜度線性對數。
*V. P4052 [JSOI2007]文本生成器
ACAM 與 DP 相結合的例題。
VI. P3041 [USACO12JAN]Video Game G
非常套路的 ACAM 上 DP：設 \(f_{i, j}\) 表示長度為 \(i\) 且在 ACAM 上轉移到狀態 \(j\) 的字符串的最大權值，有轉移 \(f_{i, j} + ed_{\delta(j, c)} \to f_{i + 1,\delta(j, c)}\)。時間復雜度 \(\mathcal{O}(nk|s_i||\Sigma|)\)。
*VII. CF1202E You Are Given Some Strings...
還算有趣的一道題目。對於同時與兩個字符串相關的問題，考慮 在拼接處計算貢獻，即求出 \(f_i\) 表示有多少單詞是 \(t[1, i]\) 的后綴，\(g_i\) 表示有多少單詞是 \(t[i, n]\) 的前綴。\(f_i\) 和 \(g_i\) 都可以用 ACAM 求出。最終答案為 \(\sum\limits_{i = 2} ^ {|t|} f_{i - 1} g_i\)，時間復雜度線性。代碼。
VIII. CF163E e-Government
裸題。對 \(s\) 建出 ACAM，根據應用 1，使用性質 3 部分所給出的技巧：單點修改鏈上求和轉化為子樹修改單點求和（前提是一個端點為樹根），BIT 維護即可。時間復雜度線性對數。代碼。
*IX. P7456 [CERC2018] The ABCD Murderer
由於單詞可以重疊（否則就不可做了），我們只需求出對於每個位置 \(i\)，以 \(i\) 結尾的最長單詞的長度 \(L_i\)。因為對於相同的出現位置，用更短的單詞去代替最長單詞並不會讓答案更優。使用 ACAM 即可求出 \(L_i\)。
最優化問題考慮 DP：設 \(f_i\) 表示拼出 \(s[1,i]\) 的最小代價。不難得到轉移 \(f_i = \min_{\\j = i - L_i} ^ {i - 1} f_j\)。特別的，若 \(L_i\) 不存在（即沒有單詞在 \(s\) 中以 \(i\) 為結束位置出現）則 \(f_i\) 為無窮大。若 \(f_n\) 為無窮大則無解。可以線段樹解決。
如果不想寫線段樹，還有一種方法：從后往前 DP。這樣，每個位置可以轉移到的地方是固定的（\(i-L_i\sim i - 1\)），所以用小根堆維護，懶惰刪除即可。時間復雜度均為線性對數。
X. P3121 [USACO15FEB]Censoring G
非常經典的 AC 自動機題目。對 \(t\) 建出 SAM 加速匹配，每次加入一個字符，用棧在線維護字符串 \(s\) 即可。時間復雜度線性。
XI. P3715 [BJOI2017]魔法咒語
二合一屑題。考慮在 ACAM 上 DP，對於前 \(50\%\) 的數據，由於 \(L\) 很小，所以可以暴力 DP，時間復雜度 \(\mathcal{O}(L \times \sum |s_i| \times \sum |t_i|)\)。對於后 \(50\%\) 的數據，由於基本詞匯長度 \(\leq 2\)，故直接把 \(f_i\) 和 \(f_{i - 1}\) 放到矩陣里面遞推即可。時間復雜度 \(\mathcal{O}((\sum |t_i|) ^ 3\log L)\)。
XII. CF696D Legen...
非常套路地設 \(f_{i, j}\) 表示長度為 \(i\) 且 ACAM 上狀態為 \(j\) 時的最大貢獻，令 \(ed_i\) 表示狀態 \(i\) 所有后綴對應的所有單詞權值之和，即不停跳 \(\mathrm{fail}\) 到達的所有節點權值之和，一個字典樹上節點的權值為其所表示的所有單詞權值之和。
顯然有轉移：\(f_{i, j} + ed_{\delta(j, c)}\to f_{i + 1, \delta(j, c)}\)，使用矩陣快速冪優化即可。時間復雜度 \(\mathcal{O}((\sum |s_i|) ^ 3\log L)\)。代碼。
*XIII. P5840 [COCI2015]Divljak
由於 \(T\) 的形態會改變，所以考慮對 \(S\) 建出 ACAM。根據 fail 樹的性質，問題即轉化為對給定節點 \(p\ (t_p = S_x)\) 求存在多少個 \(P\in T\) 使得 \(p\) 的子樹內存在 \(P\) 的每個前綴在 ACAM 上匹配到的節點。這相當於在添加 \(P\) 時，求出其依次匹配到的節點 \(q_1, q_2, \cdots, q_{|P|}\)，在 fail 樹上對所有 \(q_i\) 到根的 鏈並 上的所有節點加 \(1\)。
上述經典問題可以通過將 \(q_i\) 按 dfs 序排序后，對 \(q_1\) 到根執行鏈加，然后對於每個 \(q_i\ (i > 1)\)，對 \(q_i\) 到 \(\mathrm{lca}(q_{i - 1}, q_i)\) 包含 \(q_i\) 的兒子執行鏈加。
考慮使用 1.2 提到的技巧，將鏈加和單點查詢轉化為單點修改，子樹查詢，此時只需對所有 \(q_i\) 加上 \(1\)，所有 \(\mathrm{lca}(q_{i - 1}, q_i)\ (i > 1)\) 減去 \(1\) 即可。時間復雜度線性對數。
2. 后綴自動機 SAM
后綴自動機全稱 Suffix Automaton，簡稱 SAM，是一類極其有用但難以真正理解的字符串后綴結構（\(10\) 級）。它是筆者一年以前學習的算法，現在進行復習並重構學習筆記，看看能不能悟到一些新的東西。
2.1 基本定義與引理
SAM 相關的定義非常多，需要牢記並充分理解它們，否則學習 SAM 會非常吃力，因為符號化的語言相較於直觀的圖片和實例更難以理解。
首先，我們給出 SAM 的定義：一個長為 \(n\) 的字符串 \(s\) 的 SAM 是一個接受 \(s\) 的所有 后綴 的 最小 的有限狀態自動機。具體地，SAM 有 狀態集合 \(Q\)，每個狀態是有向無環圖上的一個節點。從每個狀態出發有若干條或零條 轉移邊，每條轉移邊都 對應一個字符（因此，一條路徑表示一個 字符串），且從一個狀態出發的轉移互不相同。根據 DFA 的定義，SAM 還存在 終止狀態集合 \(F\)，表示從初始狀態 \(T\) 到任意終止狀態的任意一條路徑與 \(s\) 的一個 后綴 一一對應。
SAM 最重要，也是最基本的一個性質：從 \(T\) 到任意狀態的所有路徑與 \(s\) 的 所有 子串 一一對應。我們稱狀態 \(p\) 表示字符串 \(t_p\)，當且僅當存在一條 \(T\to p\) 的路徑使得該路徑所表示的字符串為 \(t_p\)。根據上述性質，\(t_p\) 是 \(s\) 的子串。
- 定義轉移邊 \(p\to q\) 表示的字符為 \(c_{p, q}\)。
- 定義 \(\delta(p, c)\) 表示狀態 \(p\) 添加字符 \(c\) 轉移到的狀態。
- 定義 前綴 狀態集合 \(P\) 由所有前綴 \(s[1, i]\) 對應的狀態組成。
- SAM 的有向無環轉移圖也是有向無環單詞圖（DAWG, Directed Acyclic Word Graph）。
- \(\mathrm{endpos}(t)\)：字符串 \(t\) 在 \(s\) 中所有出現的 結束位置 的 集合。例如，當 \(s = \texttt{"abcab"}\) 時，\(\mathrm{endpos}(\texttt{"ab"}) = \{2, 5\}\)，因為 \(s[1 : 2] = s[4 : 5] = \texttt{"ab"}\)。
- \(\mathrm{substr}(p)\)：狀態 \(p\) 所表示的所有子串的 集合。
- \(\mathrm{shortest}(p)\)：狀態 \(p\) 所表示的所有子串中，長度 最短 的那一個子串。
- \(\mathrm{longest}(p)\)：狀態 \(p\) 所表示的所有子串中，長度 最長 的那一個子串。
- \(\mathrm{minlen}(p)\)：狀態 \(p\) 所表示的所有子串中，長度 最短 的那一個子串的 長度。\(\mathrm{minlen}(i) = |\mathrm{shortest}(i)|\)。
- \(\mathrm{len}(i)\)：狀態 \(p\) 所表示的所有子串中，長度 最長 的那一個子串的 長度。\(\mathrm{len}(i)=|\mathrm{longest}(i)|\)。
兩個字符串 \(t_1, t_2\) 的 \(\mathrm{endpos}\) 可能相等。例如當 \(s = \texttt{"abab"}\) 時，\(\mathrm{endpos}(\texttt{"b"}) = \mathrm{endpos}(\texttt{"ab"})\)。這樣，我們可以將 \(s\) 的子串划分為若干 等價類，用一個狀態表示。SAM 的每個狀態對應若干 \(\mathrm{endpos}\) 集合相同的子串。換句話說，\(\forall t\in \mathrm{substr}(p)\)，\(\mathrm{endpos}(t)\) 相等。因此，SAM 的狀態數等於所有子串的等價類個數（初始狀態對應空串）。
讀者應該有這樣的直觀印象：SAM 的每個狀態 \(p\) 都表示一個獨一無二的 \(\mathrm{endpos}\) 等價類，它對應着在 \(s\) 中出現位置相同的一些子串 \(\mathrm{substr}(p)\)。\(\mathrm{shortest}(p),\mathrm{longest}(p),\mathrm{minlen}(p)\) 和 \(\mathrm{len}(p)\) 描述了 \(\mathrm{substr}(p)\) 最短和最長的子串及其長度。
轉移邊與 \(\mathrm{substr}\) 的聯系：任意一條 \(T\to p\) 的路徑 \(P\) 所表示的字符串 \(t_{P}\in \mathrm{substr}(p)\)。
在引出 SAM 的核心定義「后綴鏈接」前，我們需要證明關於上述概念的一些性質。下列引理的內容部分來自 OI-wiki，相關鏈接見 Part 2.4.
引理 1：考慮兩個非空子串 \(u\) 和 \(w\)（假設 \(|u|\leq |w|\)）。要么 \(\mathrm{endpos}(u)\cup \mathrm{endpos}(w)=\varnothing\)，要么 \(\mathrm{endpos}(w) \subseteq \mathrm{endpos}(u)\)，取決於 \(u\) 是否為 \(w\) 的一個后綴：
\[\begin{cases} \mathrm{endpos}(w) \subseteq \mathrm{endpos}(u) & \mathrm{if} \ u\ \mathrm{is\ a\ suffix\ of}\ w \\ \mathrm{endpos}(u) \cup \mathrm{endpos}(w) = \varnothing & \mathrm{otherwise} \end{cases} \]
證明：若存在位置 \(i\) 滿足 \(i\in \mathrm{endpos}(u)\) 且 \(i\in \mathrm{endpos}(w)\)，說明 \(u\) 和 \(w\) 以 \(i\) 為結束位置在 \(s\) 中出現。由於 \(|u|\leq |w|\)，所以 \(u\) 必然是 \(w\) 的后綴，因此 \(w\) 出現的位置 \(u\) 必然以 \(w\) 的后綴形式出現，即對於任意 \(i\in \mathrm{endpos}(w)\) 有 \(i\in \mathrm{endpos}(u)\)。否則不存在這樣的位置 \(i\)，即 \(\mathrm{endpos}(u) \cup \mathrm{endpos}(w) = \varnothing\)。
引理 2：考慮一個狀態 \(p\)。\(p\) 所表示的所有子串長度連續，且 較短者總是較長者的后綴。
證明：根據引理 1，若兩個子串 \(\mathrm{endpos}\) 相同（這也說明它們屬於相同狀態），則較短者總是較長者的后綴，后半部分得證。
對於前半部分考慮反證：假設 \(\mathrm{longest}(p)\) 長為 \(L\ (\mathrm{minlen}(p) < L < \mathrm{len}(p))\) 的后綴 \(t_L\notin \mathrm{substr}(p)\)。由於 \(t_L\) 是 \(\mathrm{longest}(p)\) 的 真后綴，故 \(\mathrm{endpos}(\mathrm{longest}(p)) \subseteq \mathrm{endpos}(t_L)\)。根據假設，\(\mathrm{endpos}(\mathrm{longest}(p)) \neq \mathrm{endpos}(t_L)\)。又因為 \(\mathrm{shortest}(p)\) 是 \(t_L\) 的 真后綴，故 \(\mathrm{endpos}(t_L) \subseteq \mathrm{endpos}(\mathrm{shortest}(p))\)，因此 \(|\mathrm{endpos}(\mathrm{longest}(p))| < |\mathrm{endpos}(t_L)| \leq |\mathrm{endpos}(\mathrm{shortest}(p))|\)，這與 \(\mathrm{endpos}(\mathrm{longest}(p)) = \mathrm{endpos}(\mathrm{shortest}(p))\) 矛盾，證畢。
簡單地說，對於一個子串 \(t\) 的所有后綴，其 \(\mathrm{endpos}\) 集合大小隨着后綴長度減小而單調不降。這很好理解：后綴越長，在 \(s\) 中出現的位置就越少。
推論 1：對於子串 \(t\) 的所有后綴，其 \(\mathrm{endpos}\) 集合大小隨后綴長度減小而單調不降，且 較小的 \(\mathrm{endpos}\) 集合包含於較大的 \(\mathrm{endpos}\) 集合。
引理 2 是非常重要的性質。有了它，我們就可以定義后綴鏈接了。
- 定義狀態 \(p\) 的 后綴鏈接 \(\mathrm{link}(p)\) 指向 \(\mathrm{longest}(p)\) 最長 的一個后綴 \(w\) 滿足 \(w\notin \mathrm{substr}(p)\) 所在的狀態。換句話說，一個后綴鏈接 \(\mathrm{link}(p)\) 連接到對應於 \(\mathrm{longest}(p)\) 最長的處於另一個 \(\mathrm{endpos}\) 等價類的后綴所在的狀態。根據引理 2，\(\mathrm{minlen}(i) = \mathrm{len(link}(i))+1\)。
引理 3：所有后綴鏈接形成一棵以 \(T\) 為根的樹。
證明：對於任意不等於 \(T\) 的狀態，沿着后綴鏈接移動總能達到一個所表示字符串更短的狀態，直到 \(T\)。
- 定義 后綴路徑 \(p\to q\) 表示在后綴鏈接形成的樹上 \(p\to q\) 的路徑。
引理 4：通過 \(\mathrm{endpos}\) 集合構造的樹（每個子節點的 \(\mathrm {subset}\) 都包含在父節點的 \(\mathrm{subset}\) 中）與通過后綴鏈接 \(\mathrm{link}\) 構造的樹相同。
根據推論 1 與后綴鏈接的定義容易證明。因此，后綴鏈接構成的樹本質上是 \(\mathrm{endpos}\) 集合構成的一棵樹。
上圖圖源 OI-wiki。我們給出每個狀態的 \(\mathrm{endpos}\) 集合以便更好理解引理 4：\(\mathrm{endpos}(\texttt{"a"}) = \{1\}\)，
2.2 關鍵結論
我們還需要以下定理確保構建 SAM 的算法的正確性，並使讀者對上述定義形成感性的直觀的認知。
結論 1.1：從任意狀態 \(p\) 出發跳后綴鏈接到 \(T\) 的路徑，所有狀態 \(q\in p\to T\) 的 \([\mathrm{minlen}(q),\mathrm{len}(q)]\) 不交，單調遞減且並集形成 連續 區間 \([0,\mathrm{len}(p)]\)。
證明：根據后綴鏈接的性質 \(\mathrm{len}(\mathrm{link}(p)) + 1 = \mathrm{minlen}(p)\) 即證。
結論 1.2：從任意狀態 \(p\) 出發跳后綴鏈接到 \(T\) 的路徑，所有狀態 \(q\in p\to T\) 的 \(\mathrm{substr}(q)\) 的並集為 \(\mathrm{longest}(p)\) 的 所有后綴。
證明：由結論 1.1 和后綴鏈接的定義易證。
結論 2.1：\(\forall t_p\in \mathrm{substr}(p)\)，若存在 \(p\to q\) 的 轉移邊，則 \(t_p + c_{p,q}\in \mathrm{substr}(q)\)。
證明：根據 \(\mathrm{substr}\) 的定義可得。
結論 2.2：\(\forall t_q\in \mathrm{substr}(q)\)，若存在 \(p\to q\) 的轉移邊，則 \(\exist t_p\in \mathrm{substr}(p)\) 使得 \(t_p+c_{p,q} = t_q\)。
證明：結論 2.1 的逆命題。這很好理解，因為對於任意 \(t_q\in \mathrm{substr}(q)\)，若不存在這樣的 \(t_p + c_{p,q} = t_q\)，那么就不存在 \(T\to q\) 的路徑使得其所表示字符串為 \(t_p + c_{p,q}\)，這與 \(t_q\in \mathrm{substr}(q)\) 矛盾。
結論 3.1：考慮狀態 \(q\)，不存在轉移 \(p\to q\) 使得 \(\mathrm{len}(p) + 1 > \mathrm{len}(q)\)。
證明：顯然。
結論 3.2：考慮狀態 \(q\)，**唯一 **存在狀態 \(p\) 和轉移 \(p\to q\) 使得 \(\mathrm{len}(p) + 1 = \mathrm{len}(q)\)。
證明：考慮反證法，若不存在這樣的 \(p\)，說明 \(\forall p,\mathrm{len}(p)+1<\mathrm{len}(q)\)。根據結論 2.2，\(\mathrm{substr}(q)\) 中最長的一個串的長度為 \(\max_{\\ t_p\in \mathrm{substr}(p)} |t_p| + 1\) 即 \(\max_{\\ p} \mathrm{len}(p) + 1\)。根據 \(\mathrm{len}\) 的定義與 \(\mathrm{len}(p) + 1 < \mathrm{len}(q)\)，推得 \(\mathrm{len}(q) < \mathrm{len}(q)\)，矛盾。唯一性不難證明。
簡單地說，若數集 \(T\) 由若干數集 \(S\) 的並加上 \(1\) 后得到，那么 \(\max_{\\ s\in S}s + 1 = \max_{\\ t\in T}t\)。
結論 3.3：考慮狀態 \(q\)，唯一 存在轉移 \(p\to q\) 使得 \(\mathrm{minlen}(p) + 1 = \mathrm{minlen}(q)\)。
證明：同理。
- 定義 \(\mathrm{maxtrans}(q)\) 表示使得 \(\mathrm{len}(p) + 1 = \mathrm{len}(q)\) 且存在轉移 \(p\to q\) 的唯一的 \(p\)。
- 定義 \(\mathrm{mintrans}(q)\) 表示使得 \(\mathrm{minlen}(p) + 1 = \mathrm{minlen}(q)\) 且存在轉移 \(p\to q\) 的唯一的 \(p\)。
結論 4.1：考慮狀態 \(q\)，若存在轉移 \(p\to q\)，則 \(p\) 在后綴鏈接樹上是 \(\mathrm{maxtrans}(q)\) 或其祖先。
證明：由於所有 \(p\) 轉移到相同狀態 \(q\)，故所有 \(p\) 的 \(\mathrm{substr}(p)\) 的並，短串為長串的后綴。根據 \(\mathrm{link}\) 樹的性質即證。
結論 4.2：考慮狀態 \(q\)，若存在轉移 \(p\to q\)，則 \(p\) 在后綴鏈接樹上是 \(\mathrm{mintrans}(q)\) 或其子節點。
證明：同理。
結論 4.3：考慮狀態 \(q\)，若存在轉移 \(p\to q\)，則所有這樣的 \(p\) 在 \(\mathrm{link}\) 樹上形成了一條 深度遞減的鏈 \(\mathrm{maxtrans}(q)\to \mathrm{mintrans}(q)\)。
證明：結合結論 4.1 與結論 4.2 易證。
可以發現上述性質大都與后綴鏈接有關，因為后綴鏈接是 SAM 所提供的最重要的核心信息。我們甚至可以拋棄 SAM 的 DAWG，僅僅使用后綴鏈接就可以解決大部分字符串相關問題。
- 擴展定義：\(\mathrm{substr}(p\to q)\) 表示后綴路徑 \(p\to q\) 上所有狀態的 \(\mathrm{substr}\) 的並。
2.3 構建 SAM
鋪墊了這么多，我們終於有足夠的性質來建造 SAM 了。之前的長篇大論可能讓讀者認為它是一個非常復雜的算法：是，但不完全是。至少在代碼實現方面，它比同級的 LCT 簡單到不知道到哪里去了。
SAM 的構建核心思想是 增量法。我們在 \(s[1,i-1]\) 的 SAM \(A_{i - 1}\) 的基礎上進行更新，從而得到 \(s[1,i]\) 的 SAM \(A_i\)。因此，該算法是 在線 算法。它主要分為三個步驟：
- 打開 SAM。
- 把字符插進去。
- 關上 SAM。
設 \(s[1,i - 1]\) 在 \(A_{i - 1}\) 上的狀態為 \(las\)，當前狀態數量為 \(cnt\)。\(las\) 和 \(cnt\) 的初始值均為 \(1\)，表示初始狀態 \(T = 1\)。不要忘記初始化 \(las\) 和 \(cnt\)。
新建初始狀態 \(cur \gets cnt + 1\)，並令 \(cnt\) 自增 \(1\) 表示狀態數量增加 \(1\)。\(cur\) 即 \(s[1,i]\) 在 \(A_i\) 上對應的狀態。\(\mathrm{endpos}(cur) = \{i\}\)。令變量 \(p\gets las\) 防止接下來的操作改變 \(las\)。
接下來我們考慮如何連指向 \(cur\) 的轉移邊：由於 \(las\to T\) 的后綴路徑上的所有狀態表示了所有 \(s[1, i - 1]\) 的后綴，因此若 \(p\) 沒有 \(s_i\) 的轉移邊，就新建 \(p\to cur\) 字符為 \(s_i\) 的轉移，並令 \(p\gets \mathrm{link}(p)\) 表示跳后綴鏈接。直到遇到路徑上第一個有 \(s_i\) 出邊的狀態 \(p\)，此時就應該 停止 了，因為再連下去 \(T\to p\to \delta(p, s_i)\) 和 \(T\to p\to cur\) 會表示相同字符串，使相同出邊指向兩個不同節點，與 SAM 的性質相違背。此時需要分三種情況討論：
Case 1：不存在 \(p\)。即后綴路徑 \(las\to T\) 上的所有狀態都沒有字符 \(s_i\) 的轉移邊。
容易發現這種情況僅在 \(s_i\) 未在 \(s[1:i-1]\) 中出現過時發生。我們只需令 \(\mathrm{link}(cur)\gets T\) 即可。
Case 2：存在 \(p\)，令 \(q = \delta(p,s_i)\) 且 \(\mathrm{len}(p) + 1 = \mathrm{len}(q)\)。
令 \(\mathrm{link}(cur)\gets q\) 即可，原因如下：設 \(las\to T\) 后綴路徑上 \(p\) 的前一個狀態為 \(p'\)。根據操作，可知 \(p'\to cur\) 有一條轉移邊。則此時 \(\mathrm{minlen}(cur) = \mathrm{minlen}(p') + 1 = (\mathrm{len}(p) + 1) + 1 = \mathrm{len}(q) + 1\)，說明 \(q\) 恰好與 \(cur\) 的后綴鏈接的定義相匹配。
可以證明 \(\mathrm{substr}(q\to T)\) 是 \(s[1,i]\) 所有長度 \(\leq \mathrm{len}(q)\) 的后綴：由於 \(\mathrm{substr}(las\to T)\) 是 \(s[1,i - 1]\) 的所有后綴，又因為 \(p\) 在 \(las\to T\) 上，所以 \(\mathrm{longest}(p)\) 是 \(s[1,i-1]\) 長為 \(\mathrm{len}(p)\) 的后綴。而 \(p\to q\) 存在字符為 \(s_i\) 的轉移邊，故 \(\mathrm{longest}(q)\) 是 \(s[1,i]\) 長為 \(\mathrm{len}(p) + 1=\mathrm{len}(q)\) 的后綴。再根據結論 1.2 得證。這同時也證明了 \(\mathrm{link}(cur)\gets q\) 這一操作的正確性。
圖源 hihocoder。上圖中，在插入 \(s_5 = \texttt{a}\) 時，狀態 \(p=las = 4\) 沒有字符 \(\tt a\) 的轉移，因此令 \(\delta(4,\texttt a ) = cur = 6\)，然后 \(p\gets \mathrm{link}(p) = 5\)。狀態 \(5\) 也沒有字符 \(\tt a\) 的轉移，因此令 \(\delta(5,\texttt a ) = 6\)，然后 \(p\gets \mathrm{link}(p)= T\)，也就是圖中的 \(S\)。
\(\delta(T,\texttt a )\) 存在，此時 \(p = T, q = \delta(T,\texttt a ) = 1\)。因為 \(\mathrm{len}(T) + 1 = \mathrm{len}(1)\)，所以令 \(\mathrm{link}(6)\gets 1\) 即可。
注意狀態 \(4,5,6\) 所表示的子串，可以發現 \((\mathrm{substr}(4)\cup \mathrm{substr}(5)) + \texttt{a} = \mathrm{substr}(6)\)。這很好地驗證了結論 2.1 和結論 2.2。
Case 3：存在 \(p\)，令 \(q = \delta(p,s_i)\) 但 \(\mathrm{len}(p) + 1 \neq \mathrm{len}(q)\)。
此時 \(\mathrm{len}(p) + 1 < \mathrm{len}(q)\)，我們需要將 \(q\) 拆成兩個狀態 \(q_1\) 和 \(q_2\)，將 \(\mathrm{substr}(q)\) 分成長度小於等於 \(\mathrm{len}(p) + 1\) 和大於 \(\mathrm{len}(p) + 1\) 兩部分。具體地，先令 \(cnt \gets cnt + 1\)，然后新建一個狀態 \(cl \gets cnt\) 表示將 \(\mathrm{substr}(q)\) 長度 \(\leq \mathrm{len}(p) + 1\) 的部分丟給 \(cl\)：
- \(\mathrm{minlen}(cl)\) 等於原來的 \(\mathrm{minlen}(q)\)。
- \(\mathrm{len}(cl)\) 等於 \(\mathrm{len}(p) + 1\)。
- 新的 \(\mathrm{minlen}(q)\) 等於 \(\mathrm{len}(cl) + 1\)。
考慮 \(cl\) 如何繼承 \(q\) 這一狀態：首先，\(q\) 的所有轉移要原封不動地存下來，故對於每個字符 \(c\) 都要 \(\delta(cl, c) \gets \delta(q, c)\)。此外，由於 \(\mathrm{minlen}(cl)\) 等於原來的 \(\mathrm{minlen}(q)\)，因此 \(\mathrm{link}(cl) \gets\) 原來的 \(\mathrm{link}(q)\)。同時，新的 \(\mathrm{minlen}(q)\) 等於 \(\mathrm{len}(cl) + 1\) 也即 \(\mathrm{len}(p) + 1\)，所以 \(\mathrm{link}(q),\mathrm{link}(cur)\gets cl\)。
此外，根據結論 4.3，我們知道后綴路徑 \(p\to T\) 上轉移到 \(q\) 的狀態一定是路徑的一段前綴，對於前綴上的所有節點 \(p’\)，我們需要把 \(\delta(p', s_i)\) 從本來的 \(q\) 改成 \(cl\)，因為我們把 \(\mathrm{substr}(q)\) 長度 \(\leq \mathrm{len}(p) + 1\) 的串丟給了狀態 \(cl\)，所以對於原本能轉移到 \(q\) 的所有 \(\mathrm{len}\) 值 \(\leq \mathrm{len}(p)\) 的狀態（顯然也是 \(p\to T\) 路徑的前綴），都需要將字符 \(s_i\) 的轉移 重定向 至 \(cl\)。
上圖中，我們把 \(q = 3\) 的不大於 \(\mathrm{len}(p = T) + 1 = 1\) 的所有子串提出來，丟給一個新建的狀態 \(cl=5\)，然后 \(\mathrm{link}(cur = 4)\gets cl = 5\)。內部 \(\mathrm{link}(q = 3)\gets cl = 5\)，同時 \(\mathrm{link}(cl = 5) \gets p = T\)，即原來的 \(\mathrm{link}(q)\)。
然后，從 \(p = T\) 往上跳后綴連接直到不存在連向 \(q = 3\) 的路徑或到達根節點 \(T\)，表示對於 \(p\to T\) 的一段前綴，滿足前綴上所有狀態添加字符 \(s_i\) 能夠轉移到 \(q = 3\)，將它們字符為 \(s_i\) 的轉移重定向至 \(cl = 5\)（當然，上例只有 \(T\) 一個點，不過並不一定會跳到 \(T\)，因為可能跳到中間的某個狀態 \(p'\) 時就沒有轉移 \((p',q = 3)\) 了），即 \((T,3)\) 變為了 \((T,5)\)。
上述分類討論結束后，令 \(las\gets cur\) 表示添加字符 \(s_{i+1}\) 時 \(s[1,i]\) 在 \(A_i\) 對應狀態 \(cur\)。在實現中，我們通常在連接轉移邊之前執行該操作。構建 SAM 的代碼如下：
const int N = 1e5 + 5;
const int S = 26;
int cnt = 1, las = 1, son[N][S], fa[N], len[N];
void ins(char s) {
int it = s - 'a', p = las, cur = ++cnt;
len[cur] = len[p] + 1, las = cur; // 計算 len[cur]，更新 las
while(!son[p][it]) son[p][it] = cur, p = fa[p]; // 添加轉移邊
if(!p) return fa[cur] = 1, void(); // case 1
int q = son[p][it];
if(len[p] + 1 == len[q]) return fa[cur] = q, void(); // case 2
int cl = ++cnt; cpy(son[cl], son[q], S); // 新建節點，cl 繼承 q 的所有轉移
len[cl] = len[p] + 1, fa[cl] = fa[q], fa[q] = fa[cur] = cl; // 計算 len[cl] 以及 cl, q, cur 的后綴鏈接，注意 fa[cl] = fa[q] 要在 fa[q] = cl 之前
while(son[p][it] == q) son[p][it] = cl, p = fa[p]; // 修改后綴路徑 p -> T 的一段前綴
}
當字符集 \(\Sigma\) 非常大的時候，時空復雜度均無法接受，因此需要使用平衡樹維護每個狀態的所有轉移邊，可以用 map 代替。
2.4 時間復雜度證明
下設字符串 \(s\) 長度為 \(n\)，證明大部分摘自 OI wiki。
2.4.1 狀態數上界
構建后綴自動機的算法本身就已經證明了其 SAM 狀態數不超過 \(2n-1\)：插入 \(s_1,s_2\) 時分別產生一個狀態，后續插入每個 \(s_i\) 時最多產生兩個狀態，因此當 \(n>1\) 時狀態數不超過 \(2n-2\)，形如 \(\tt abb\cdots bb\) 的字符串達到上界。當 \(n=1\) 時狀態數為 \(2n-1\)。
2.4.2 轉移數上界
稱 \(\mathrm{len}(p) + 1 = \mathrm{len}(q)\) 的轉移 \((p, q)\) 為連續的，顯然，從一個非終止狀態 \(p\) 出發 有且僅有 一條連續轉移 \((p,q)\)，對於 \(q\) 也有且僅有一個對應的 \(p\)。因此，連續轉移總數不超過 \(2n-2\)。對於不連續的轉移，找到從根節點 \(T\to p\) 的一條連續路徑，設其所表示字符串為 \(u\)；找到從 \(q\) 到任意一個終止節點 \(f\in F\) 的一條連續路徑，設其所表示字符串為 \(v\)。對於不同的 \(p,q\)，\(s_{p,q} = u + c_{p,q} + v\) 互不相同：若兩個轉移 \((p,q)\) 和 \((p', q')\) 出現 \(s_{p, q} = s_{p', q'}\) 的情況，由於不同路徑所表示字符串不同，因此 \((p, q)\) 和 \((p', q')\) 在同一條路徑，這與 \(T\to p\) 和 \(q\to F\) 連續矛盾。又因為 \(s_{p, q}\) 是 \(s\) 的真后綴（\(s\) 對應的路徑轉移顯然連續），因此不連續的轉移數量不超過 \(n-1\)。這樣，我們得到了轉移數上界 \(3n-3\)。
由於最大的狀態數量僅在形如 \(\tt abb \cdots bb\) 的字符串中達到，此時轉移數量小於 \(3n - 3\)。形如 \(\tt abb\cdots bbc\) 的字符串達到了 \(3n - 4\) 的上界。
2.4.3 操作次數上界
該部分 OI Wiki 上講得較為簡略，因此筆者自行證明了這一結論。在構建 SAM 的過程中，有且僅有將 \(p\to q\) 的轉移邊改為 \(p\to cl\) 的操作 不新建 轉移邊。因此，基於 轉移數線性 這一結論，其它操作的時間復雜度均為線性。
定義 \(\mathrm{depth}(p)\) 表示 \(p\) 在 \(\rm link\) 樹上的 深度。引理：若 \(p\to q\) 存在轉移邊，則 \(\mathrm{depth}(p)\geq \mathrm{depth}(q)\)。證明：
- 考慮后綴路徑 \(q\to T\) 上的任意兩個不同狀態 \(q_1, q_2\ (q_1 \neq q_2)\)。設 \(p_1\) 為任意能轉移到 \(q_1\) 的狀態，\(p_2\) 為任意能轉移到 \(q_2\) 的狀態。因為 \(\mathrm{substr}(q_1), \mathrm{substr}(q_2)\) 均為 \(\mathrm{longest}(q)\) 的后綴，因此 \(\mathrm{substr}(p_1), \mathrm{substr}(p_2)\) 均為 \(\mathrm{longest}(p)\) 的后綴。所以 \(p_1, p_2\) 均在后綴路徑 \(p\to T\) 上。
- 若 \(p_1 = p_2\)，則 \(p_1\) 通過同一字符能轉移到不同狀態，矛盾。因此 \(p_1\neq p_2\)。故能轉移到 \(q\to T\) 上 任意 狀態 \(q’\) 的所有狀態 \(p'\) 均在 \(p\to T\) 上且 互不相同。由於對於每個 \(q'\) 至少存在一個與之對應的 \(p'\)（可能存在多個），因此 \(|q\to T|\leq |p\to T|\)，即 \(\mathrm{depth}(p)\geq \mathrm{depth}(q)\)。證畢。
- 可結合下圖以更好理解，其中 \(i \to i - 1\) 的邊表示一條后綴鏈接，其余邊表示轉移邊。
假設我們從 \(p\) 一直跳到 \(p'\)，並將 \(p\to p'\) 路徑上所有狀態指向 \(q\) 的轉移邊改為指向 \(cl\)。設 \(q' = \delta(\mathrm{link}(p'), s_i)\)，容易證明 原 \(\mathrm{link}(q)\) 即 現 \(\mathrm{link}(cl) = q'\)。設 \(d = \mathrm{depth}(p) - \mathrm{depth}(p')\)，即從 \(p\) 開始跳 \(\mathrm{link}\) 的次數。根據上述引理，我們有 \(\mathrm{depth}(q') \leq \mathrm{depth}(p') = \mathrm{depth}(p) - d \leq \mathrm{depth}(las) - 1 - d\)。
同時，根據 \(\mathrm{link}(cur) = cl\)，\(\mathrm{link}(cl) = q'\) 可知 \(\mathrm{depth}(cur) - 2 \leq \mathrm{depth}(las) - 1 - d\)，即 \(d\leq \mathrm{depth}(las) - \mathrm{depth}(cur) + 1\)，這一不等式通過精確分析還可以更緊。因此，該部分操作的總時間復雜度可用 \(cur\) 相對於 \(las\) 的 深度減少量之和 來估計。同時，若進入 Case 1 或 Case 2，則因為 \(las\to cur\) 存在轉移邊，由引理得 \(\mathrm{depth}(cur)\leq \mathrm{depth}(las)\)，若進入 Case 3，則根據上述不等式有 \(\mathrm{depth}(cur) \leq \mathrm{depth}(las) + 1\)。因此，勢能分析得到 \(\sum d\) 的級別為線性。
2.5 應用
2.5.1 求本質不同子串個數
根據 SAM 的性質，每個子串唯一對應一個狀態，因此答案即 \(\sum \mathrm{len}(i) - \mathrm{len}(\mathrm{link}(i))\)。
2.5.2 字符串匹配
用文本串 \(t\) 在 \(s\) 的 SAM 上跑匹配時，我們可以得到對於 \(t\) 的每個 前綴 \(t[1, i]\)，其作為 \(s\) 的子串出現的 最長后綴 \(L_i\)：若當前狀態 \(p\)（即 \(t[i - L_{i - 1}, i - 1]\) 所表示的狀態）不能匹配 \(t_i\)（即 \(\delta(p, t_i)\) 不存在），就跳后綴鏈接令 \(p\gets \mathrm{link}(p)\) 並實時更新 \(L_i = \mathrm{len}(p)\) 直到 \(p = T\) 或 \(\delta(p, t_i)\) 存在，對於后者令 \(p\gets \delta(p, t_i)\)，\(L_i\) 還需再加上 \(1\)。若能匹配，則直接令 \(p\gets \delta(p, t_i)\) 並令 \(L_i\gets L_{i - 1} + 1\)。綜合一下，我們得到如下代碼：
for(int i = 1, p = 1, L = 0; i <= n; i++) {
while(p > 1 && !son[p][t[i] - 'a']) L = len[p = fa[p]];
if(son[p][t[i] - 'a']) L = min(L + 1, len[p = son[p][t[i] - 'a']]);
}
2.6 廣義 SAM
廣義 SAM，GSAM，全稱 General Suffix Automaton，相對於普通 SAM 它支持對多個字符串進行處理。它可以看做對 trie 建后綴自動機。
一般的寫法是每插入一個字符串前將 \(las\) 指針置為 \(T\)，非常方便。一個細節：構建單串 SAM 時，\(\delta(las, s_i)\) 一定不存在，但對於多串 SAM 可能存在。這說明當前字符串 \(s\) 的 \(i\) 前綴是某個已經添加過的字符串的子串。我們需要進行以下特判，否則會出現這種情況：https://www.luogu.com.cn/discuss/322224 。
- 當 \(q = \delta(las, s_i)\) 存在，且 \(\mathrm{len}(las) + 1 = \mathrm{len}(q)\) 時，令 \(las\gets q\) 並直接返回。
- 當 \(q = \delta(las, s_i)\) 存在，且 \(\mathrm{len}(las) + 1 \neq \mathrm{len}(q)\) 時，我們會新建節點 \(cl\)，並進行復制。此時，令 \(las\gets cl\) 而非 \(cur\)。這是因為 \(\mathrm{len}(cur) = \mathrm{len}(las) + 1\) 且 \(\mathrm{len}(cl) = \mathrm{len}(las) + 1\)，又因為 \(\mathrm{link}(cur) = cl\)，所以這說明 \(\mathrm{substr}(cur) = \varnothing\)，即 節點 \(cur\) 是空殼，真正的信息在 \(cl\) 上面。為此，我們舍棄掉這個 \(cur\)，並用 \(cl\) 代替它。
int ins(int p, int it) {
if(son[p][it] && len[son[p][it]] == len[p] + 1) return son[p][it]; // 如果節點已經存在，且 len 值相對應，即 (p, son[p][it]) 是連續轉移，則直接轉移。
int cur = ++cnt, chk = son[p][it]; len[cur] = len[p] + 1;
while(!son[p][it]) son[p][it] = cur, p = fa[p];
if(!p) return fa[cur] = 1, cur;
int q = son[p][it];
if(len[p] + 1 == len[q]) return fa[cur] = q, cur;
int cl = ++cnt; cpy(son[cl], son[q], S);
len[cl] = len[p] + 1, fa[cl] = fa[q], fa[q] = fa[cur] = cl;
while(son[p][it] == q) son[p][it] = cl, p = fa[p];
return chk ? cl : cur; // 如果 len[las][it] 存在，則 cur 是空殼，返回 cl 即可
}
上述方法本質相當於對匹配串建出 trie 后進行 dfs 構建 SAM。部分特殊題目會直接給出 trie 而非模板串，此時模板串長度之和的級別為 \(\mathcal{O}(|S| ^ 2)\)，因此只能 bfs 構建 SAM：設 \(P_p\) 表示 trie 樹上狀態 \(p\) 在 SAM 上對應的位置，若 trie 樹 \(T\) 上的轉移 \(q = \delta_T(p, c)\) 存在，其中 \(c\) 是 \(p\to q\) 所表示字符，那么以 \(P_p\) 作為 \(las\)，插入字符 \(c\) 后新的 \(las\) 即 \(P_q\)。此時 不需要 像上面一樣特判，因為 \(\delta(P_p, c)\) 必然不存在，這是由於 bfs 使得 \(\mathrm{len}(P_p)\) 單調不降。模板題 P6139 代碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define cpy(x, y, s) memcpy(x, y, sizeof(x[0]) * (s))
const int N = 2e6 + 5;
const int S = 26;
ll n, ans, cnt = 1;
string s;
int len[N], fa[N], son[N][S];
int ins(int p, int it) {
int cur = ++cnt; len[cur] = len[p] + 1;
while(!son[p][it]) son[p][it] = cur, p = fa[p];
if(!p) return fa[cur] = 1, cur;
int q = son[p][it];
if(len[p] + 1 == len[q]) return fa[cur] = q, cur;
int cl = ++cnt; cpy(son[cl], son[q], S);
len[cl] = len[p] + 1, fa[cl] = fa[q], fa[q] = fa[cur] = cl;
while(son[p][it] == q) son[p][it] = cl, p = fa[p];
return cur;
}
int node = 1, pos[N], tr[N][S];
void ins(string s) {
int p = 1;
for(char it : s) {
if(!tr[p][it - 'a']) tr[p][it - 'a'] = ++node;
p = tr[p][it - 'a'];
}
}
void build() {
queue <int> q; q.push(pos[1] = 1);
while(!q.empty()) {
int t = q.front(); q.pop();
for(int i = 0, p; i < S; i++) if(p = tr[t][i])
pos[p] = ins(pos[t], i), q.push(p);
}
}
int main() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> s, ins(s);
build();
for(int i = 2; i <= cnt; i++) ans += len[i] - len[fa[i]];
cout << ans << endl;
return 0;
}
2.7 常用技巧與結論
2.7.1 線段樹合並維護 \(\mathrm{endpos}\) 集合
對於部分題目，我們需要維護每個狀態的 \(\mathrm{endpos}\) 集合，以刻畫每個子串在字符串中所有出現位置的信息。
為此，我們在 \(s[1, i]\) 對應狀態的 \(\mathrm{endpos}\) 集合里插入位置 \(i\)，再根據 \(\mathrm{endpos}\) 集合構造出來的樹本質上就是后綴鏈接樹這一事實，在 \(\mathrm{link}\) 樹上進行 線段樹合並 即可得到每個狀態的 \(\mathrm{endpos}\) 集合。這是一個非常有用且常見的技巧。
注意，線段樹合並時會破壞原有線段樹的結構，因此若需要在線段樹合並后保留每個狀態的 \(\rm endpos\) 集合對應的線段樹的結構，需要在線段樹合並時 新建節點。即 可持久化線段樹合並。SAM 相關問題的線段樹合並通常均需要可持久化。
特別的，如果僅為了得到 \(\mathrm{endpos}\) 集合大小，那么只需求出每個狀態在 \(\mathrm{link}\) 樹上的子樹有多少個表示 \(s\) 的前綴的狀態。前綴狀態即所有曾作為 \(cur\) 的節點。對此，有兩種解決方法：直接建圖 dfs，以及 ——
2.7.2 桶排確定 dfs 順序
顯然后綴鏈接樹上父親的 \(\mathrm{len}\) 值一定小於兒子，但千萬不能認為編號小的節點 \(\mathrm{len}\) 值也小。因此，對所有節點按照 \(\mathrm{len}\) 值從大到小進行桶排序，然后按順序合並每個狀態及其父親是正確的，並且常數比建圖 + dfs 小不少，代碼見例題 I.
2.7.3 快速定位子串
給定區間 \([l, r]\)，求 \(s_{l, r}\) 在 SAM 上的對應狀態：在構建 SAM 時容易預處理 \(s_{1, i}\) 所表示的狀態 \(pos_i\)。從 \(pos_r\) 開始在 \(\mathrm{link}\) 樹上倍增找到最淺的，\(\rm len\) 值 \(\geq r - l + 1\) 的狀態 \(p\) 即為所求。
2.7.4 其它結論
- 在 \(\rm link\) 樹上，若 \(p\) 是 \(q\) 的祖先，則 \(\mathrm{substr}(p)\) 中所有字符串在 \(\mathrm{longest}(q)\)（下記為 \(s\)）中出現次數與出現位置相同。具體證明見 CF700E 題解區。
2.8 注意點總結
- 做題時不要忘記初始化 \(las\) 和 \(cnt\)。
- 第二個
while不要寫成son[p][it] = cur，應為son[p][it] = cl。 - SAM 開兩倍空間。
- 對於多串 SAM，如果每插入一個新字符串時令 \(las\gets T\)，且插入字符時不特判 \(\delta(las, s_i)\) 是否存在，會導致出現空狀態，從而父節點的 \(\mathrm{len}\) 值 不一定嚴格小於 子節點，使得桶排失效。對此要格外注意。
2.9 例題
I. P3804 【模板】后綴自動機 (SAM)
對 \(s\) 建出 SAM，對於每個狀態 \(p\) 求出其 \(\mathrm{endpos}\) 集合大小。根據題目限制，答案即 \(\sum_{\\ \mathrm{|endpos}(p)|\geq 2}\mathrm{len}(p)\times |\mathrm{endpos}(p)|\)。視字符集大小為常數，時間復雜度線性。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define cpy(x, y, s) memcpy(x, y, sizeof(x[0]) * (s))
const int N = 2e6 + 5; // 不要忘記開兩倍空間
const int S = 26;
char s[N];
int cnt = 1, las = 1;
int son[N][S], len[N], fa[N];
int ed[N], buc[N], id[N];
ll n, ans;
void ins(char s) {
int it = s - 'a', cur = ++cnt, p = las;
las = cur, len[cur] = len[p] + 1, ed[cur] = 1;
while(!son[p][it]) son[p][it] = cur, p = fa[p];
if(!p) return fa[cur] = 1, void();
int q = son[p][it];
if(len[p] + 1 == len[q]) return fa[cur] = q, void();
int cl = ++cnt; cpy(son[cl], son[q], S);
len[cl] = len[p] + 1, fa[cl] = fa[q], fa[q] = fa[cur] = cl;
while(son[p][it] == q) son[p][it] = cur, p = fa[p];
}
int main() {
scanf("%s", s + 1), n = strlen(s + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) ins(s[i]);
for(int i = 1; i <= cnt; i++) buc[len[i]]++;
for(int i = 1; i <= n; i++) buc[i] += buc[i - 1];
for(int i = cnt; i; i--) id[buc[len[i]]--] = i;
for(int i = cnt; i; i--) ed[fa[id[i]]] += ed[id[i]];
for(int i = 1; i <= cnt; i++) if(ed[i] > 1) ans = max(ans, 1ll * ed[i] * len[i]);
cout << ans << endl;
return 0;
}
II. P4070 [SDOI2016]生成魔咒
非常裸的 SAM，插入每個字符后新增的子串個數為 \(\mathrm{len}(cur) - \mathrm{len}(\mathrm{link}(cur))\)，求和即可。由於字符集太大，需要使用 map 存轉移數組。時間復雜度線性對數。
*III. P4022 [CTSC2012]熟悉的文章
首先二分答案 \(m\)，考慮設 \(f_i\) 表示文章的 \(i\) 前綴最長的符合限制的匹配長度。根據應用 2.5.2 我們可以求出文章的每個前綴作為字典子串出現的最長后綴長度 \(L_i\)，則 \(f_i = \max\limits_{j \in [i - L_i, i - m]} f_j + (i - j)\)。顯然，\(L_i \leq L_{i - 1} + 1\)，因此 \(i - L_i\) 單調不降，故可以使用單調隊列優化。時間復雜度線性對數。
IV. P5546 [POI2000]公共串
建出 GSAM 后，設 \(msk_i\) 表示 \(\mathrm{substr}(i)\) 在哪些串中出現過，以狀壓形式存儲，直接在 \(\mathrm{link}\) 樹上合並即可。
V. P3346 [ZJOI2015]諸神眷顧的幻想鄉
由於葉子節點僅有 \(20\) 個，因此從每個葉子節點開始，整棵樹都會形成一個字典樹。將這 \(20\) 棵 Trie 樹拼在一起求 GSAM 就做完了。
VI. P3181 [HAOI2016]找相同字符
建出兩個串的 GSAM，設 \(ed_{1, i}\) 表示狀態 \(i\) 關於 \(s_1\) 的 \(\mathrm{endpos}\) 集合大小，\(ed_{2,i}\) 同理。答案顯然為 \(\sum ed_{1, i}\times ed_{2, i}\times (\mathrm{len}(i) - \mathrm{len}(\mathrm{link}(i)))\)。
VII. P5341 [TJOI2019]甲苯先生和大中鋒的字符串
建出 \(s\) 的 SAM 后容易得到所有出現 \(k\) 次的子串狀態。每個符合題意的狀態的子串長度是一段區間，差分即可。時間復雜度線性。
VIII. P4341 [BJWC2010]外星聯絡
SAM 的轉移函數刻畫了一個字符串 \(s\) 的所有子串，因此直接在該 DAG 上貪心遍歷即可。貪心指優先走字符小的出邊。
*IX. P3975 [TJOI2015]弦論
根據一條路徑表示一個子串的性質，考慮求出從每個節點開始的路徑條數 \(d_i = 1 + \sum_\limits{\delta(i, c)} d_{\delta(i, c)}\) 幫助跳過不可能的分支，然后在 SAM 的 DAG 上模擬跑一遍即可。對於 \(t = 1\) 只需將上式中的 \(1\) 改為 \(ed_i\)。
*X. H1079 退群杯 3rd E.
給定字符串 \(s\)，多次詢問求 \(s_{c\sim d}\) 有多少個子串包含 \(s_{a\sim b}\)。\(|s|, q \leq 2 \times 10 ^ 5\)。
設 \(L = b - a + 1\)。我們對每個位置 \(p \in [c + L - 1, d]\)，求出有多少個左端點 \(l \geq c\) 使得 \(s_{l \sim p}\) 包含 \(s_{a\sim b}\)。考慮找到 \(p\) 前面 \(s_{a\sim b}\) 的最后一次出現位置 \(q\)，則貢獻顯然為 \(\max(0, (q - L + 1) - c + 1)\)。
轉化貢獻形式，考慮每個落在 \([c + L - 1, d]\) 的 \(s_{a\sim b}\) 的出現位置 \(q\) 對答案的貢獻。為方便說明，我們不妨假設 \(s_{a\sim b}\) 在 \(d + 1\) 處出現。考慮 \(s_{a\sim b}\) 在 \(q\) 之后的下一次出現 \(q'\)，則對於 \(p\in [q, q' - 1]\)，貢獻均為 \((q - L + 1) - c + 1\)。注意到 \(2 - c - L\) 均與詢問有關，與 \(q\) 無關，因此提出。則貢獻可寫為 \(q \times (q' - q)\)。即每個位置的下標值乘以和下一次出現之間的距離。線段樹維護區間出現位置最小值，最大值即可維護該信息。
\(2 - c - L\) 的貢獻次數為 \(d - (\min q) + 1\)，因為所有 \([q, q' - 1]\) 的區間並起來形成了區間 \([\min q, d]\)。對 \(\rm endpos\) 集合 可持久化 線段樹合並，再使用 2.7.3 的技巧，即可做到 \(\log\) 時間內回答每個詢問。時間復雜度線性對數。代碼。
XI. CF316G3 Good Substrings
對所有串建出 GSAM，求出每個狀態所表示的串在 \(s\) 和每個模式串中出現了多少次，若合法則統計答案即可。時間復雜度線性。
如果用先建出字典樹再建 GSAM 的方法，空間開銷會比較大，需要用 unsigned short 卡空間。
XII. SP8222 NSUBSTR - Substrings
這就屬於 SAM 超級無敵大水題了吧。
XIII. 某模擬賽 一切的開始
給定字符串 \(s\)，求其兩個 不相交 子串的長度乘積最大值，滿足其中一個子串為另一個子串的子串。\(|s| \leq 10 ^ 5\)。
對 \(s\) 建出 SAM，對於每個狀態 \(i\)，我們只關心其第一次出現 \(a\) 和最后一次出現的位置 \(b\)，因為這樣最優，反證法可證。若前者是后者的子串，那么后者顯然取滿 \([a + 1, n]\)，前者長度即 \(L = \min(\mathrm{len}(i), b - a)\)。若后者是前者的子串，則后者一定盡量長，長度為 \(L\)，那么前者取滿 \([1, b - L]\) 最優，長度即 \(b - L\)。
綜上，答案即 \(\max\limits_i L \times \max(n - a, b - L)\)。時間復雜度線性。
*XIV. CF1037H Security
考慮直接在后綴自動機的 DAWG 上貪心。使用線段樹合並判斷當前字符串是否作為 \([l, r]\) 的子串出現過，時間復雜度 \(\mathcal{O}(|\Sigma|n\log n)\)。代碼。
*XV. CF700E Cool Slogans
容易發現 \(s_{i - 1}\) 在 \(s_i\) 中一定同時以前綴和后綴的形式出現，否則調整法證明可以做到更優。我們使用 \(s_{i - 1}\) 在 \(s_i\) 中作為后綴的性質，考慮直接在 \(\rm link\) 樹上 DP。
再根據 2.7.4 的結論一（實際上這個結論是筆者做本題時才遇到的），我們可以設 \(f_p\) 表示 \(\mathrm{longest}(p)\) 的答案，以及 \(g_p\) 表示 \(p\) 的祖先中答案取到 \(f_p\) 的深度最小的狀態，因為我們要讓串長盡可能小，這樣出現次數更多。轉移即檢查 \(\mathrm{longest}(g_{\mathrm{link}(p)})\) 在 \(\mathrm{longest}(p)\) 中是否出現了至少兩次，這相當於檢查 \(\mathrm{longest}(g_{\mathrm{link}(p)})\) 是否在 \(\mathrm{longest}(p)\) 的某個出現位置 \(pos\) 之前的一段區間 \([pos - \mathrm{len}(p) + \mathrm{len}(g_{\mathrm{link}(p)}), pos - 1]\) 處出現，容易用線段樹合並維護 \(\rm endpos\) 集合做到。若是，則令 \(f_p = f_{\mathrm{link}(p)} + 1\)，\(g_p = p\)。否則 \(f_p = f_{\mathrm{link}(p)}\)，\(g_p = g_{\mathrm{link}(p)}\)。
\(\max f_p\) 即為答案，時空復雜度線性對數。代碼。
*XVI. CF666E Forensic Examination
SAM 各種常用技巧結合版。首先對 \(s\) 和 \(t_i\) 一並建出 GSAM，線段樹維護每個節點對應的子串在每個 \(t_i\) 中出現的次數，即線段樹 \(T_p\) 的位置 \(i\) 上記錄着 \(p\) 所表示的所有串在 \(t_i\) 中的出現次數。由於題目還需求最小編號，所以線段樹維護區間最大出現次數以及對應最小編號。
使用線段樹合並，預處理 \(\rm link\) 的倍增數組以快速定位子串，單次詢問只需倍增到 \(s[pl, pr]\) 的對應狀態 \(p\)，查詢 \(T_p\) 上 \([l, r]\) 的信息即可。時空復雜度均為線性對數。代碼。
2.10 相關鏈接與資料
- OI wiki：后綴自動機（SAM）。
- hihoCoder：后綴自動機一。
- hihoCoder：后綴自動機二。
- Linshey：對 SAM 和 PAM 的一點理解。
- 洛谷題單：SA & SAM。
- 辰星凌：題解 P6139 【模板】廣義后綴自動機（廣義SAM）。
3. 回文自動機 PAM
省選前兩周填坑。之所以不是省選之后是因為擔心省選考這玩意。