浅学 SAM

posted on 2025-04-14 13:54:24 | under | source

算法介绍

简介

SAM 是一种 DFA，存储了串 \(S\) 的所有子串。功能十分强大，而且复杂度是线性的。

它满足一个基本性质：从起点开始的路径，一一对应 \(S\) 中的子串。

endpos

对于 \(S\) 的一个子串 \(T\)，记它的 endpos 集合为 \(S\) 中 \(T\) 出现位置的结尾的集合。

它具有良好的性质：

• 任意子串的 endpos 集合不交或包含。

启发我们建一棵关于 endpos 的树，它叫做 parent 树。它的根是空集，每个节点的所有儿子即为它的划分。

endpos 与 SAM

SAM 的点恰代表 parent 树上的点，也就是代表一个 endpos。进一步的，所有到该点的路径，代表 endpos 相同的子串。

可以构建对 SAM 的基本印象：按照 endpos 划分等价类，而这些等价类构成 parent 树。

进一步给出如下性质：

• 一个点代表的子串 \(P_1\dots P_k\) 长度互不相等、且长度集合构成一段区间。且按照长度排序后，\(P_i\) 是 \(P_{i+1}\) 的最长真后缀。
• 节点 \(x\) 代表的最短串 \(Y\)，与 \(fa_x\) 的最长串 \(X\)，满足 \(X\) 是 \(Y\) 的最长真后缀。

构建流程

记 \(len_x\) 为 \(x\) 最长串长度，\(fa_x\) 为 \(x\) 在 parent 树上的父亲，\(ch_{x,i}\) 为 \(x\) 走字符 \(i\) 转移到的节点。

考虑逐次加入字符 \(c\)。记上一个前缀对应节点 \(lst\)。

• 首先新建节点 \(now\) 代表当前前缀。
• 然后从 \(lst\) 开始跳 \(fa\)，直到某个节点存在 \(c\) 转移。此前的节点向 \(now\) 连 \(c\) 转移。
• 记这个节点为 \(q\)，\(p=ch_{u,c}\)。假如 \(len_q+1=len_p\)，意味着 \(p\) 代表的串均为 \(q\) 前缀加上 \(c\) 转移而来的，那么直接令 \(fa_{now}=p\) 即可；否则，意味着 \(p\) 有一些串是由其它串转移来的，考虑把 \(p\) 拆成两半，定义 \(cl\) 为 \(q\) 前缀加 \(c\) 转移而来，最后令 \(fa_{now}=cl\)。

具体看代码：

inline int ins(int id, int lst){
    int now = ++tot, q = lst;
    len[now] = len[lst] + 1; 
    while(q && !ch[q][id]) ch[q][id] = now, q = fa[q];
    if(!q) fa[now] = 1;
    else if(len[q] + 1 == len[ch[q][id]]) fa[now] = ch[q][id]; 
    else{
        int cl = ++tot, qq = ch[q][id];
        len[cl] = len[q] + 1, fa[cl] = fa[qq];
        fa[qq] = fa[now] = cl;
        memcpy(ch[cl], ch[qq], sizeof ch[cl]);
        while(q && ch[q][id] == qq) ch[q][id] = cl, q = fa[q];
    }
    return now;
}

复杂度

考虑跳 \(fa\) 的过程，每个节点至多被跳一次，所以是 \(O(n)\) 的。

可以证明，点数小于 \(2|S|\)，转移边数小于 \(3|S|\)。

经典拓展

线段树合并维护 endpos

RT。

桶排维护 endpos 个数

只需按照 \(len\) 进行大到小排序，即可保证祖先较后更新。

SAM 上匹配

有两个串 \(S,T\)，如何对 \(T\) 的每个前缀，求出在 \(S\) 出现的最长后缀？

对 \(S\) 建 SAM，直接在上面跑匹配。新增一个字符，就不断跳 fa 直到存在该转移边。同时维护长度。

匹配均摊复杂度 \(O(|T|)\)，证明考虑长度即可。

广义 SAM

对多个串建出 SAM。

只需在做完一个串后，将 \(lst\) 指针指向空串即可，吗？

会出现神秘错误！因为有可能当前这个前缀，之前已经作为某个子串出现了。需要特判。

另一种写法是建 Trie 然后跑 bfs 建 SAM，这样不可能出现上述情况。

例题

SP1812 LCS2 - Longest Common Substring II

题意：求若干个字符串的最长公共子串。

抽取串 \(S\) 作为基准串，然后对于其它的所有串 \(T_j\) 建 SAM，将 \(S\) 放上去跑匹配得到 \(slen_{i,j}\) 表示 \(S_1\dots S_i\) 在 \(T_j\) 中最长匹配后缀长度。

答案即为 \(\max\limits_{i} \min\limits_{j} slen_{i,j}\)。分析复杂度，建 SAM 是 \(O(\sum |S|)\)，跑匹配 \(O(n|S|)\)。一般选取最短串为 \(S\)。

P5576 [CmdOI2019] 口头禅

膜拜 cmd。

题意：有串 \(S_1\dots S_n\)，\(m\) 次询问，求区间最长公共子串。\(\sum S_i\le 4\times 10^5,n\le 2\times 10^4,m\le 10^5\)。

做法一：猫树分治 + 倍增分治

猫树分治，考虑处理跨过串 \(S_{mid}\) 的询问。预处理 \(mid\) 向左、右出发的 \(slen\)，然后询问只需拼起来即可。但是可能 \(|S_{mid}|\) 过大，复杂度不对。

引入倍增分治，设立阈值 \(c\)，初始为 \(1\)。将 \(\le c\) 的称为短串，反之长串。每次分治选取短串中的中间者作为 \(mid\)，以此类推，直到不存在短串。那么将阈值 \(\times 2\)。

分析复杂度：

• 求 \(slen\)：对于一个 \(c\)，分治区间总长是 \(O(\frac {\sum |S_i|}{c})\)，分治树区间总长 \(O(\frac {\sum |S_i|}{c}\log n)\)。总共 \(O(\sum |S_i|\log n\log \max S_i)\)。

• 处理询问：倍增分治中，基准串长度是 \(O(\min\limits_{i\in [l,r]}(S_{i}))\) 级别的。根据最小值分治，假如询问不重（只要记忆化一下），复杂度就是 \(O(\sum |S_i|\sqrt m)\)。

做法二：广义 SAM + 维护连续段 + 线段树

建出广义 SAM，将串 \(S_j\) 每个终止节点染颜色 \(i\)。在 parent 树上启发式合并维护颜色集合，顺便维护连续段。这里两只 \(\log\)。那么对于节点 \(x\)，若询问 \([l,r]\) 被连续段包含，就可以更新答案 \(len_x\)。注意到只需关注新产生的连续段，总数是 \(O(n\log n)\) 级别的。然后线段树处理询问即可，两只 \(\log\)。

P4482 [BJWC2018] Border 的四种求法

题意：求区间 \(\rm border\)。\(|S|,q\le 2\times 10^5\)。

欲用 SAM 解决，先用 LCS 的视角转述问题。对于询问 \([l,r]\)，只需求解：

\[\max\limits_{i\in [l,r)} i[i-len_{lca(ed_i,ed_r)}+1\le l] \]

变成了树上问题。先来点暴力，枚举 \(ed_r\) 的祖先 \(x\)，然后枚举其子树内的终止节点，看看是否满足条件。可能错把 \(lca\) 的祖先当成 \(lca\)，没有问题因为限制更紧。

稍稍优化，对于 \(x\) 子树内的所有 \(ed_i\)，建线段树，然后线段树上二分，枚举 \(mid\)，查看是否存在 \(mid\le i\le r\) 满足 \(i\le l+len_x-1\)。只需维护区间最小值即可。相当于将二维数点转化为一维判定。

这里有一个比较仙的转化：重链剖分，将问题转化为对 \(O(\log)\) 条重链的前缀的查询。

有啥好处呢？观察到可以将枚举子树改为枚举轻子树。只需离线下来把询问挂到每条重链上，然后对每条重链分别处理即可。轻子树总大小 \(O(n\log n)\)，所以 \(O(n\log^2 n)\)。

此外，只有每条重链前缀末端的节点的重子树、链上节点未被统计。对于前者离线下来线段树合并即可；后者略施小计，对每个 \(ed\)，新建节点替代它然后让 \(ed\) 连向它，即可保证不会出现在链上。

复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

P4770 [NOI2018] 你的名字（待补）

题意：给定串 \(|S|=n\)，\(m\) 次询问，每次给出 \(T,l,r\)，求 \(T\) 有多少个不同子串满足不在 \(S_l\dots S_r\) 中出现。\(|S|\le 5\times 10^5,\sum |T|\le 10^6\)。

若 \(l=1,r=n\)。显然容斥求出现的子串，对 \(S\) 建 SAM 用 \(T\) 跑匹配，同时建 \(T\) 的 SAM 并在上面同步字符串。那么每个前缀告诉我们 SAM 上某个节点的前缀到根的路径的串都出现过了。维护 \(ma_x\) 表示节点的最长公共子串的长度。暴力向上跳并更新，假如当前节点已经 \(ma_x=len_x\) 就不必更新。复杂度 \(O(|T|)\)。

\(l,r\) 任意，只需想办法模拟 \([l,r]\) 的 SAM 即可。直接在 \(S\) 的 SAM 上跑，操作跳 fa、维护串长都是容易的。对于转移边 \(now\to x\)，合法当且仅当 \(x\) 的 endpos 中 \([l+len-1,r]\) 有点。只需线段树合并维护 endpos 集合即可。\(O(|T|\log n)\)。

P7879 「SWTR-7」How to AK NOI?（待补）

题意：给定串 \(S,T\)，以及 \(k\)。\(q\) 次操作：修改 \(T\) 的一段区间，长为 \(L\)；查询 \(T_l\dots T_r\) 是否可以划分为若干 \(\ge k\) 的子串，满足每个子串都在 \(S\) 中出现。\(|S|\le 3\times 10^6,|T|\le 2\times 10^5,\sum L\le 3\times 10^5\)。

结论：只需考虑长度 \(\le 2k\) 的串。若 \(>2k\) 则可以划分为若干 \(=k\) 的串，假如剩下一个 \(<k\) 的，就把它和 \(=k\) 合并。

对每个 \(T_i\)，维护转移 \(a_{i,j}\) 表示串 \((i-j,i]\) 是否合法。在记 \(f_i\) 为 \([l,i]\) 是否合法，暴力转移即可。

动态 dp，用矩阵的形式描述转移（外层或、内层且）。修改时暴力更改 \(a_{i,j}\)。注意矩乘可以压位变成 \(4k^2\)。复杂度 \(O(Lk^2\log n)\)。可以精细实现，考虑线段树上被修改的节点是 \(O(L)\) 的，以此去掉 \(\log\)。