【笔记】字符串选讲：ACAM、SAM 2024.8.1 & 2025.8.1

【笔记】字符串选讲：ACAM、SAM 2024.8.1 & 2025.8.1

[COCI2015-2016#5] OOP（Trie）

P6727 [COCI2015-2016#5] OOP - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

正反串分别建 Trie，可以搞出两个 dfn 区间，加之长度限制，三维数点。

有 \(O(n\log n)\) 做法。将字典串 \(S[1..m]\)，对所有 \(1\leq i\leq m\)，将 \(S[i+1,m]\) 的 hash 值插入到 \(S[1,i]\) 这个字符串在 Trie 树上的点。这样，询问就变成了，先找到通配符前的部分在 Trie 树上的位置，然后在子树中找有多少个 hash 值与通配符后的部分相等。离线所有询问，仅需一个 map。

[Guilin21H] Popcount Words（ACAM、倍增）

Popcount Words - Problem - QOJ.ac

对询问串建 AC 自动机。观察到结构有倍增性质，直接倍增。

\[S[0, 2^k)=S[0, 2^{k-1})+S'[0, 2^{k-1}) \]

\(S'\) 表示所有字符 \(0\) 变 \(1\)，\(1\) 变 \(0\)。可以倍增求出每个 \(S[0, 2^k)\) 在 AC 自动机上的位置。我们可以将大串在线段树上拆成 \(O(n\log n)\) 个小串，小串不断倍增将经过次数传递下去，传递到最后一层就是答案。

无标题（ACAM）

有关系但不多的题目：P5310 [Ynoi2011] 遥远的过去 - 洛谷

• 称两个序列 \(a_1,\cdots,a_m\) 和 \(b_1,\cdots,b_m\) 为本质相同的当且仅当每个序列内部不包含相同的数，且对任意 \(i,j\)，有 \([a_i<a_j]=[b_i<b_j]\)。
• 给定⼀个 \(1\) 到 \(n\) 的排列 \(p\)，\(q\) 次查询，每次查询⼀个 \(1\sim m_i\) 的排列，问有多少个 \(p\) 的区间和该小排列本质相同。
• \(n, \sum m_i\leq 2\times 10^5\)。

将排列 \(a[1..n]\) 改写为一个整数序列 \(f(a[1..n])\)，定义为 \(f(a[1..n])_i=\sum_{j<i}[a_j>a_i]\)（某种康托展开）。那么两个排列本质相同就是 apply \(f\) 之后相等。

对询问排列 apply \(f\) 后建 AC 自动机，但是这个 AC 自动机的 fail 有讲究，每个点的出边是在这个点对应的排列中的排名，可能跳了一次 fail 之后排名会因为一段前缀被砍而骤降（排名是排列最后一个数在该区间的排名）。

总结一下，我们要做的事情：在节点 \(u\) 上，已知它和它的祖先们的所有 fail 指针，求它接上一个数（不是排名）后的 fail 指针（或者会跳到的地方）。做法是：从 \(u\) 开始遍历 \(u\) 的所有 fail 树祖先，对当前节点求它接上这个数之后这个数的排名，如果这个排名存在对应的出边，则连过去，否则继续遍历祖先。只需要判断最后一个数的排名是因为这是 fail 树，前面的部分由 fail 树性质保证相等。

这里暴力跳 fail 的复杂度在给定多个串时是对的，给定 Trie 树是不对的。许庭强说他不知道这是为什么。

[CF1801G] A task for substrings（ACAM）

A task for substrings - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

惊人的一步：\(ans[l,r]=ans[1,r] - ans[1,l-1] - somesubstr\)，其中 \(somesubstr\) 是所有 \(x<l\leq y\leq r\) 的出现在模式串中的 \(t[x,y]\) 的个数。这玩意竟然是可以做的，考虑令 \(A=t[x,l-1], B=t[l,y]\)，那么实际上可能的 \((A,B)\) 也就 \(\sum\) 模式串串长这么多，所以可以转化为二维数点，变成 \(t[1,l-1]\) 有后缀是 \(A\)，\(t[l,r]\) 有前缀是 \(B\)，也就是有两对子树关系，二维数点。是不是需要一些匹配技巧？

\(A\) 是 \(t[1,l-1]\) 的后缀：对所有正的模式串建 ACAM，则所有 \(A\) 都是 ACAM 的一个点。将 \(t[1,l-1]\) 在 ACAM 上跑，则 \(A\) 是其 fail 树上祖先。

\(B\) 的限制则是在反串 Trie 上的，顺带附赠一个倍增（从 \(t[l,n]\) 对应节点开始，跳一些 fail，使长度 \(\leq r-l+1\)）。

改成 \((A, B)\) 对其子树贡献，所以就是矩形加，单点查询的二维数点问题。

[Nanjing23J] Suffix Structure（ACAM）

Suffix Structure - Problem - QOJ.ac

使用可持久化线段树维护 Trie 图，建立 AC 自动机。

对除了根以外的每个节点 \(u\)，首先二分哈希（需要跳 fail 等价于接出来的串不在 Trie 上）求出它第一次跳 fail 的时间 \(l\)（前 \(l\) 个字符接上之后都在 AC 自动机上），和它跳到的 fail \(v\)。除非它不需要跳 fail，否则：

1. 如果 \(v\) 不是根，则 \(f(u,i\leq l)=d(u)+i, f(u,i>l)=f(v,i)\)，我们可以让 \(f(v,i)\) 多计算一次，然后 \(g(i\leq l){}^+\gets d(u)-d(v)\)（注意由于 \(v\) 不是根所以 \(f(v,i\leq l)=d(v)+i\)）。
2. 否则 \(v\) 是根，\(f(v,i\leq l)=d(v)+i\) 就没有了，但我们仍然可以这样做，让 \(f(rt,i)\) 多计算一次，然后 \(g(i\leq l){}^-\gets f(rt,i)\)，再 \(g(i\leq l){}^+\gets d(u)+i\)，这是和刚才的操作差不多的，只是其中的 \(f(rt,i)\) 暴力计算贡献了。

对每个点记录贡献系数 \(a_u\) 并递推，做很多差分就可以了。很多差分，很多很多差分。

\(a{}^+\gets b\) 表示 a += b。因为 \(+=\) 太丑了。

[Hangzhou22L] Levenshtein Distance（编辑距离）

Levenshtein Distance - Problem - QOJ.ac

改为求 \(\min(k, \text{s与t的编辑距离})\)。\(k\leq 5000, |s|, |t|\leq 10^5\)。这是上世纪的论文题，听说甚至是 Tarjan 先生的论文。更正了，是新世纪初 2002 年的论文。

显然

\[d_{i, j}=\min(d_{i-1,j-1}+[s_i\neq t_j], d_{i-1, j}+1, d_{i, j-1}+1) \]

必然有

\[d_{i, j}\geq |i-j| \]

根据归纳可以发现：

\[d_{i-1, j-1}\leq d_{i, j} \]

即对角线单调不降，启发沿着对角线转移。

令 \(f_{v, t}\) 表示最大的 \(x\) 使得 \(i-j=t, d_{i, j}=v\)。转移考虑先走第二 / 三种转移，然后沿着对角线一路右上，走到了 \(f_{v+1, t\pm 1}\)。注意到后者是两个后缀的最长公共前缀问题，可以建立后缀数组以 \(O(1)\) 转移。因为状态数是 \(O(k^2)\) 的，所以总复杂度 \(O(k^2+n\log n)\)。

前缀本质不同子串个数（SAM）

建 SAM，\(i\) 从 \(1\) 枚举到 \(i\)，尝试求出增量，从 \(S[1,i]\) 往上跳，一边跳一边打标记，直到遇到打过标记的点停止。显然正确。

[NOI2018] 你的名字（SAM）

P4770 [NOI2018] 你的名字 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

全局的情况。可以将 \(T\) 在 \(S\) 的 SAM 上跑，对每个 \(r\) 求出最小的 \(l\) 使得 \(T[l,r]\in S\)。之后，对 \(T\) 建 SAM，将这些非法的 \(T[l,r]\) 标记出来，复杂度显然是 \(O(|T|)\)。

区间的情况。即我们只需要多次判断 \(S[l,r]\) 是否在 \(S[L,R]\) 中，即查询 \(S[l,r]\) 对应的等价类中 \(\geq L+r-l\) 的最小的 endpos 是否 \(\leq R\)。线段树合并即可。注意这里需要可持久化所以只能写线段树合并。注意这里的匹配部分需要改一下，有可能出现在当前等价类中减少匹配长度就能匹配上的情况（因为我们忽略了一些潜在的 endpos）。

[BJWC2018] Border 的四种求法（SAM）

P4482 [BJWC2018] Border 的四种求法 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

即求一个最大的 \(x\)，\(S[l,x]=S[r-x+l,r]\implies LCS(S[1,x], S[1,r])\geq x-l+1\)。

建后缀树。从右往左扫，扫到 \(r\) 加入询问，扫到 \(x\) 尝试解决之前的问题。核心是重链剖分，将询问放在每条重链上等待解决，在跳到重链的那个点打上一些标记，可以发现 \(x\) 和 \(r\) 打的标记点总有一个是我们需要的 LCA。于是就是分讨谁是 LCA，在不等式上合并同类项，线段树维护。

注意为什么要从右往左扫，因为判定条件是 \(f(x)\leq g(r)\)，如果从左往右扫会多一个 \(\log n\) 用于树套树（因为要求 \(x\) 是最大的）。那现在我们去扫 \(x\) 的时候，就要把所有符合它条件的询问直接删掉，并记录答案。

结论：一个串的 border 可以被分为 \(O(\log n)\) 段等差数列。

区间本质不同子串个数（SAM）

P6292 区间本质不同子串个数 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

从前缀本质不同子串个数出发。链上的子串，将其答案记在左端点上。我们现在想要加入一条链。发现长度连续，endpos 相同的子串，可以 \(O(1)\) 次线段树操作一次解决。我们想干的事情就是：

1. 将这条链划分为很多段，每一段的上次出现右端点（记作 \(lst\)）相同；
2. 整条链的 \(lst\) 推平为一个数。

将 \(lst\) 相同的段看作一条实链，这是 LCT 的 access 操作。\(O(n\log^2n)\)。

*[ECFinal22B] Binary String

Binary String - Problem - QOJ.ac

划分为若干个 \(1\) 的连续段和 \(0\) 的连续段，每次操作就是 \(1\) 段右移，\(0\) 段左移，长度为 \(1\) 的段是反的。最终如果 \(0\) 比 \(1\) 多，会出现很多个 \(1\) 全部独立一段，然后出现循环。所以我们需要求出什么时候“会出现很多个 \(1\) 全部独立一段”，再求那个时候的循环节。可以找一个点断开，使得前缀和 \(\geq 0\)，后面怎么做不会。

[CCPCF22G] Recover the String

Recover the String - Problem - QOJ.ac

特判一条链代表的全 a 串。首先可以做拓扑排序，求出每个点代表的长度。从最长串长度开始，我们尝试去寻找长度为某个值的区间分别对应哪些点。除了 \([1,n]\) 的第一次区分可以随意决定，其它的情况：我们现在要知道 \([l,r]\) 对应哪个点，那我们就去看 \([l-1,r],[l,r+1]\) 对应的点的共同入边，它就是 \([l,r]\) 代表的点；有可能会出现共同入边有很多的情况，如果有一个共同入边只有一条，我们就确定它，这样就能确定别的点；如果所有点共同入边都很多，说明这个串是 ababababa...，直接击杀即可。这样就是 \(O(|S|^2)\)。

优化就是用并查集，同长度的所有相同的子串，将它们的右端点合并起来。然后去传递到下一层，和刚才一样。

CF1098F Ж-function

即求

\[\sum_{i=l}^r\min(LCP(i, l), r - i + 1) \]

这里有三维，你强行推一下就会有 \(O(n\log ^3n)\) 的做法。尝试拆式子差分掉一维就能变成 \(O(n\log^2n)\)。具体过程不记了。

[候选队互测 2022] 可爱多的字符串

\[\sum_{p=l}^r\left(S[\min(p+LCP(p, l)-1, r)]-S[p-1]\right) \]

\(S\) 是 \(w\) 的后缀和。\(w_i=1\) 和 CF1098F 是一样的。所以这和上题的做法也是一样的（树剖线段树枚举 LCA）。唯一做不了的一个部分：

\[\sum_{p\in\text{某个点的子树}}S[p+len_v-1] \]

\(v\) 表示从 \(l\) 跳上来的重链点。这个的做法是把它搬到与它对称的后缀树上去做。具体来说，当 \(len_v\) 是 \(LCP\) 时，就有 \(s[p..p+len_v-1]\) 是 \(s[l..n]\) 的前缀，也就是 \(s[1..l+len_v-1]\) 的后缀。这样就成功转置了，\(p+len_v-1\) 成为一个 endpos，我们维护 endpos 和 \(p\) 的线段树合并，可能就可以了。

注意！树剖线段树的做法，要小心询问点和信息点汇合的重链不止一条，我们只需要在第一次汇合的重链上统计，其它地方要把相应的贡献删掉。

[CCPCF2024A] Requiem for Qingyu / 青鱼安魂曲

改成后缀并写出后缀树。在一个 SAM 节点上，我们会有一些 endpos，还有一些未被覆盖的位置集合（显然所有位置都被经过的子串覆盖了一次就合法）。我们的想法是用线段树维护 endpos 和覆盖情况，用线段树分裂操作把它们传下去，在每个节点上暴力更新覆盖情况并尝试统计答案。

线段树中，一个 endpos 维护上一个 endpos 右边的第一个未覆盖位置或记录不存在。这样我们就可以暴力覆盖了。向子节点下传时，将属于该子树的 endpos 划分出去（这个可以用区间 LCA 判定），并相应下传 endpos 上维护的未覆盖位置，这样就行了。

复杂度是 \(O(n\log ^2n)\)。线段树分裂的复杂度是 \(O(n\log n)\)。分裂多出来的“未覆盖位置”只有 \(O(n\log n)\) 个，因为只有相邻两个 endpos 不同时会多出来，这个的个数可以用启发式合并分析。

*QOJ4882 String Strange Sum

和上一题一样。这真的是可以计算的！

ZROI2502

区间本质不同子串的 occ 的和，其中一个子串的 occ 是它在整个串中的出现次数。

咕咕咕