后缀自动机（SAM）

后缀自动机

首先说明：有些证明其实是没有必要知道的，毕竟你不知道也不会妨碍你做题。更多的应该是知道这个东西是怎么被想出来的，以及怎么用的。

为什么是后缀自动机而不是前缀自动机呢？很简单，因为后缀的前缀是好处理的，前缀的后缀则没有很好的性质。

首先确定我们的目标：构建一个自动机，在自动机上从根节点开始走，可以走出所有的子串，且所有不是子串的串不会被走出来。

首先确定一个至少可行的方案：对于每个后缀建 trie 树，然后拼在一起。但是这样有 \(O(n^2)\) 个节点。

此时引入一个概念：endpos 等价类。其实没那么困难，说白了就是，如果几个字符串在原字符串中出现的位置（这里认为是右端点）相同，那么他们就在同一个等价类。举个例子，ababa 中，aba 的出现位置为 \(\{3,5\}\)，ba 的位置为 \(\{3,5\}\)，a 的位置为 \(\{1,3,5\}\)，因此 aba 和 ba 在同一个等价类，a 则不在。endpos 集合还有一个理解方式就是假装在暴力 kmp，但是每个位置同时开始，现在哪些位置还幸存。

一个简单的观察是：一个等价类中不可能有两个长度相同的串。观察上面的例子，就很容易发现一个性质：对于一个等价类，所有串长是连续的，且其它串都是最长串的后缀。第二条性质是显然的，对于第一条，考虑两个串如果长度不相邻，那么它们之间的串也会被限制，长度短的串说明没有其它匹配位置，长度长的串说明能匹配到这个位置。

继续观察，任意两个串的 endpos 集合如果相交但不包含，既然有相交那就意味着长度短的串一定是长度长的串的后缀，那么长度长的串能匹配的位置长度短的串也能匹配，应该是包含关系，矛盾。根据这个观察，可以得到 endpos 等价类会形成一个树形结构，儿子连向父亲的边表示儿子的 endpos 集合是父亲的 endpos 集合的子集。那么对于长度为 \(n\) 的串，最多会有多少个不同的 endpos 集合呢？令 \(f_n\) 表示这个答案，有 \(f_n=1+\max\sum_{\sum p_i=n}f_{p_i}\)（当然大于等于也行），如果我们声称 \(f_n=2n\)，显然是满足要求的。那么我们希望根据 endpos 等价类来建树，每个 endpos 集合为一个节点，来代表这些字符串。

注：如无特殊说明，以下的“父亲”指这棵树上的父亲，“儿子”指自动机上的出边。

接下来就是构造了，先放代码再来解释：（\(len\) 表示该等价类的最长串的长度，\(link\) 表示其在树上的祖先，即最小的 endpos 等价类包含它的等价类）

struct SAM{
	static const int N=2e6+10,S=28;struct Node{int len,link,ch[S];}tr[N];int cnt=1,lst=1;
	inline void insert(int c){
		int nw=++cnt,u=lst;tr[nw].len=tr[lst].len+1,lst=nw;
		while(u&&!tr[u].ch[c])tr[u].ch[c]=nw,u=tr[u].link;
		if(!u)tr[nw].link=1;
		else{
			int t=tr[u].ch[c];
			if(tr[t].len==tr[u].len+1)tr[nw].link=t;
			else{
				int nww=++cnt;tr[nww]=tr[t],tr[nww].len=tr[u].len+1,tr[t].link=tr[nw].link=nww;
				while(u&&tr[u].ch[c]==t)tr[u].ch[c]=nww,u=tr[u].link;
			}
		}
	}
}sam;

\(1\) 号节点（根节点）表示 \(\emptyset\) 的 endpos 集合，即 \(\{1,2,\dots,n\}\)。增量构造，如果加入一个字符 \(c\)，那么 \(s[1\dots n]\) 肯定是没有出现过的，必然要新建一个节点，endpos 等价类为 \(\{n\}\)，最长串长度为 \(n\)。但是，显然并不是所有的 \(s[i\dots n]\) 都没有在之前出现过，除非根节点都没有出边 \(c\)，那么直接把 \(link\) 连向根节点即可，即 if(!u)... 这一句。上面那个 while 马上会解释。

接下来就相对麻烦了。我们需要考虑的是原来所有的后缀，现在加上 \(c\) 了会如何变化。因此令 \(lst\) 是 \(\{n-1\}\) 对应的节点，从这里开始往上找，找到的没有 \(c\) 出边的那些点对应的字符串（意味着加上一个字符 \(c\) 没有出现过），直接连一条边到新建的节点即可。直到某一个祖先发现有出边为 \(c\)，那就意味着这个节点的 \(len\) 是最长的能接上 \(c\) 的字符串：

• if(tr[t].len==tr[u].len+1)：既然 tr[u].len 是最长的，那么这个节点根本就没有新的贡献，那个 \(+1\) 只是因为多了一个字符 \(c\) 而已，把新的节点的 \(link\) 连向 \(t\) 即可；

• else：这个就稍微麻烦一点了，因为 tr[t].len 长度更长，也就是说现在 \(t\) 中的字符串要分家了，长度长的吃不到新来的字符串，长度短的才有新的，怎么办？上面提到了，其实是有 \(2n\) 个节点的，那就果断新建一个节点，来表示那些短的变化的串。具体流程：新建节点，最长串是原来的最长串加一个 \(c\) 所以要 \(+1\)，复制儿子（之前说过出边代表着这个节点所有字符串的出边情况）和 \(link\)（取代之前的 \(t\) 的位置），\(t\) 分家以后剩下的都是更长的，endpos 不含 \(n\) 但是由于分家前是一样的，\(t\) 将会是它的祖先；而这是最小的含 \(n\) 的 endpos 集合了，因此 tr[nw].link 连向它，这里两个集合，一个没有 \(n\)，一个只有 \(n\)，也与前面的树形结构呼应。当然，最后链上的节点肯定是要改一下的，毕竟分家以后祖先的那些点应该连到长度更小的等价类（毕竟后代 \(u\) 的长度都不够连到分家以后的更长的那一段）。

那就做完了！但你连边的复杂度真的对吗？对的，因为这些边改了儿子以后，不会再被改一次了。时间复杂度线性。

P3804 【模板】后缀自动机（SAM）

加入字符的时候，每次最早新建的节点意味着一个前缀，那它的父亲都是这个前缀的后缀，那全部都有一次出现。把 \(link\) 树建出来求一下子树和即可。时间复杂度线性。

#6071. 「2017 山东一轮集训 Day5」字符串

一个稍微难一点的例子。

之前提到，构建自动机的初衷之一就是接受所有子串，不接受所有非子串。考虑如何判定一个串是否合法：不断的在当前串的 SAM 上跑，失配了就在下一个上跑。如果要计数，那么建出 DAG 即可。时间复杂度线性。

SP1812 LCS2 - Longest Common Substring II

考虑一下两个串的情况。对一个串建 SAM，另一个串在上面匹配，如果失配了就跳 \(link\)，当然也可能彻底失配了（新字符）。每次记一下当前匹配的长度即可。当然和 ACAM 一样，需要做一次类似树上取 \(\max\) 状物。那多个串其实是一样的，每个点匹配取 \(\min\) 即可。时间复杂度线性。

如果只保证了 \(\sum len\) 呢？灵活一点，取长度最小的来建 SAM 就可以了啊！