后缀自动机SAM BZOJ 2806

终于遇到了一道后缀数组不能过 一定要学SAM的题。。。

(看了半个下午+半个上午)

现在总结一下(是给我自己总结。。所以只总结了我觉得重要的 。。

看不太懂的话可以To   http://blog.csdn.net/clover_hxy/article/details/53758535  图文并茂

或者 去看更长更详细的陈立杰PPT   http://wenku.baidu.com/link?url=9YEHHchtr0vyGGDZAcsMYPI3l_Q82UNPuS4KqkfrlG_t5NFk_9iXZd86Uq4uDqqLUKFJL7ZINkxQbstwqaF6OEFes3elFsXmbDZVIsgVwti:

 

SAM   Suffix AutoMaton    [AutoMaton的定义 不懂自己查吧 ]

 

首先  (N为 字符串长度*2)  最基本的SAM 要开的数组 (其含义与用处在之后说明):pr[N] (别人的代码版本还有fa、pre、link...变量名而已 别在意), ch[N][26(当然不一定是26个字母)],

ma[N](意思是maxlen,别人的有step、len...),还要cnt和last两个全局变量,p,np,q,nq 四个局部变量。 root就设为1,所以不需要开个变量rt。

 

SAM为什么能用O(n)的空间存下n^2的子串? 我是这样理解的{

  每个节点 对应的是 一个独一无二的right集合  

    right集合是什么?【比如说 一个S字符串为 AABABA  ,子串BA有2个 对吧 .所有子串BA 对应的右端点集合(即right集合)为{4,6},子串ABA也有2个 ,right集合也是{4,6}】

    那么 BA和ABA的right集合一样 BA和ABA 被自动机从rt状态 一步一步转移 最终到达同一个节点

  设这个节点 编号为v,v不仅对应了 {4,6}这个right集合 同时还对应了 子串BA和ABA     可以看出 v代表的子串  其右端点是 同时属于 集合{4,6}的 【什么叫同时属于? 看看AABA,它的右端点只能是4,不能是6】,还可以看出 只有长度为2~3的子串可以 满足“同时属于”  ,【如长度为1的A, 它不仅属于{4,6} 它属于{1,2,4,6};  长度为4的AABA,它只属于{4}——————所以它们属于另外的节点】

这里长度为2~3可能不是很明显 但其实可行的长度 一定是连续的min~max  想想就明白了。。

  [v节点对应 的子串 长度为min(v)~max(v)] 这个信息由 ma[]存储,ma[v]=max(v)  但它只存储了最大值。 最小值呢? [这里先提一下 ,min(v)   是 ma[pr[v]]+1,接下来会说。。

 

  那么我们来证明节点数是 O(N)的  (准确说是 小于 length(S)*2)

  先来看 上面那个字符串AABABA , 对它建出的SAM有  个节点,通过pr[] 构成一棵树,最好在草稿纸上画个图

     以下一一说明:

  1号  即root节点(我简写成rt) 对应right集合{1,2,3,4,5,6}  长度是 0~0   pr[1]=0

         ↙以下x号只是我给节点标个号,可能真正的数组下标不是这样的,不要在意,但1号一定是1。 

  2号  {1,2,4,6}  长度是 1~1  对应子串:A,A,A,A   pr[2]=1

  3号  {3,5} 长度1~2   pr[3]=1   对应:B,B,AB,AB       

  4号  {2}  长度2~2     pr[4]=2    对应:AA

  5号  {4,6} 长度2~3   pr[5]=2    对应:BA,BA,ABA,ABA  

  6号  {3} 长度3~3      pr[6]=3    对应:AAB

  7号  {5} 长度3~5      pr[7]=3    对应:BAB,ABAB,AABAB

  8号  {4} 长度4~4      pr[8]=5    对应:AABA

  9号  {6} 长度4~6      pr[9]=5    对应:BABA,ABABA,AABABA

  从根到叶子 就是对集合{1,2,...,n}不断地分割成至少两个部分

  可以看出来

    *叶子节点最多n个 而且每个非叶子节点都有分叉导致right集合不断变小 所以显然空间是O(N)的

    *再数一下  对应的子串 总共是 6*(6+1)/2=21个,它们包含了S的所有子串

    *对于一个节点v,它的right集合有k个元素,长度范围是min(v)~max(v)

    *观察 min(v)=ma[pr[v]]+1 这条性质,好好理解一下  长度越小的串在S中出现次数越多   所以right集合越大,

  所以  从根到叶子 的right集合不断变小,而min和max在增加。。      这样就明白pr[]是什么了吧。

}

 

那么现在讲 ch[v][c],挺好理解 ,就是 从v节点 再读入一个c字符(字符已经转成int了)之后会转移到 的节点

所有节点有ch[v][c]构成一个拓扑图  注意 这个拓扑图的结构 与pr[]连成的树 毫无关联(但是节点集合是相同的)。 只是两者之间满足了一些性质(之后讲)

 

 

先上一下代码  对字符串S建出SAM  (是一个字符一个字符添加的)

 1 int add(int p,int c){
 2     if (ma[p]+1==ma[ch[p][c]]) return ch[p][c];
 3     int np=++cnt,q,nq,fl=ch[p][c]; ma[np]=ma[p]+1;
 4     while (p&&!ch[p][c]) ch[p][c]=np,p=pr[p];
 5     if (!p) pr[np]=1; else{
 6         q=ch[p][c];
 7         if (ma[q]==ma[p]+1) pr[np]=q; else{
 8             nq=fl?np:++cnt; ma[nq]=ma[p]+1;
 9             pr[nq]=pr[q]; pr[q]=nq;
10             if (!fl) pr[np]=nq;
11             memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof ch[q]);
12             while (ch[p][c]==q) ch[p][c]=nq,p=pr[p];
13         }
14     }
15     return np;
16 }        //与fl相关的是广义后缀自动机
Add

 

不知道前面说的清不清楚 但是看到这段代码 大多数人第一反应 应该是一脸懵逼的。。

 

...今天先写到这里、、、好累。。。【可能再也不补了。。   2017.3 

 

 

现在我来(面对程序)解答疑问(如果你疑问很多 不要像我一样死钻一个问题。 你可以先看完,万一能解决前面的疑问。。):

  &  cnt,last是全局变量,cnt就是编个号,不多说。。last是上一次add操作后,加入的那个节点(注意不一定是cnt-1);

  &  p=last ,临时变量, np是new p,新加入的节点,    q 和nq不一定每次都用的到,nq是用来复制q的 "new q".

  &  显然新加入的这个点max为上一个点的max+1,因为在这个len下,一定可以区分出它这个Right集合。

  &  add操作,要做的操作是: 更新 某些点的ch[][c],  求出pr[np],  既然max[np]已经确定了, 那么要求 ma[pr[np]]+1是min(np), 且pr[np]的Right集合包含np的Right集合

以下设S'为已经加入的长度为n的字符串,现在要再加入一个字符c, 设S=S'+c 长度为n+1

       &  p=last ,  显然,只有p,pr[p],pr[pr[p]]..的Right集合中有n,  对应子串中含有S‘ 的后缀(每个len对应都有一个S‘的后缀) ,所以只对 p及其一连串pr 的ch[][c] 添加np。

  &  如果p走到顶了 还没有ch[p][c] ,那么,说明字符c第一次出现,所以当len为1时,就可以区分出字符c这条分支, 即minlen=1 pr[np]当然为1;

  &  否则就是 当前走到的p   ,有ch[p][c]了。  对于之前 ch[][c]=0的 ,都赋为np了, 相当于 np中已经加入了 “长度ma[p]+1~ma[last]的串 + c” 对应的子串(都是S的后缀) 了。

   现在设q为ch[p][c]       分类讨论:

   case 1 ma[q]=ma[p]+1,   也就是q中的子串最长也就到ma[p]+1, 它在ma[p]+1下,与我们要加入的“ma[p]的串+c”是一样的 无法区分,所以将信息并入这个节点。

       这样min[np]就定为了ma[p]+2,即ma[q]+1,  也就是len<ma[q]+1的串都已经无形的加入了q,pr[q],pr[pr[q]]...   所以我们要做的只剩下 pr[np]连向q了。

   case 2    ma[q]>ma[p]+1, q中最长的子串超过ma[p]+1,  它只有在ma[p]+1时, 与要加入的 “ma[p]的串+c”是无法区分的  ,所以新建一个节点nq,来记录ma[p]+1时的信息,

       而大于ma[p]+1时的信息,则区分成两个分支,一个是延续原来q中大于ma[p]+1的那些信息(pr[q]=nq), 另一个是接字符c信息(pr[np]=nq).  然后把ch信息中的q全改为nq 即可(同样只有p,pr[p]..的ch中含有q,所以继续将p往上)。

 

 

 

【2017.7     上文下文 都有一些更新、】

来补之前没讲到的一些东西:(由于是时隔多日补的,条理会有些乱)   

1. SAM最大的应用是用来匹配 任意串S在 模式串A中最大的匹配后缀,(即 S最长的能与A的字串匹配的 后缀) ,

  匹配的步骤是: 可以成功多匹配一个字符c时,当前匹配最长长度k 加1,当前匹配到的节点p 跳到 ch[p][c];否则  p 要跳到pr[p],匹配长度k 变为ma[p]。

2. ch[p][c]表示p节点 接c后 将会匹配到的 节点。 如果到了p节点,当前能匹配的最大长度为k,那么k一定在当前节点p的min~max间,且当前已匹配上的串 一定在p节点对应的子串集中。

走到ch[p][c]后, 当前匹配上的串后面接了c, k加了1, 一样满足上一行的性质。

 

 

 

 

 

 

下面是题目了。。

 

 

 但是开头说的那道题有版权,这里不放了。

 

 

 

另外有一道BZOJ 2806,是CTSC的题也不错。   后缀自动机+二分 单调队列DP。

在建SAM的时候,在每个标准文章结尾再add(2),就可以把这些串穿起来了

注意不要用浮点 会被卡精度

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int L,R,j,last,k,t,N,M,n,ch[2500005][3],ma[2500005],pr[2500005],d[2500005],v[2500005],f[2500005]; char S[2500005];
 4 void add(int c){
 5     int p=last,np=++k,q,nq; last=np; ma[np]=ma[p]+1;
 6     while (p&&!ch[p][c]) ch[p][c]=np,p=pr[p];
 7     if (!p) pr[np]=1; else{
 8         q=ch[p][c];
 9         if (ma[q]==ma[p]+1) pr[np]=q; else{
10             nq=++k; ma[nq]=ma[p]+1;
11             memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof ch[q]);
12             pr[nq]=pr[q]; pr[q]=pr[np]=nq;
13             while (ch[p][c]==q) ch[p][c]=nq,p=pr[p];
14         }
15     }
16 }
17 void play(){
18     k=1; t=0; int c;
19     for (int i=1;i<=n;v[i++]=t){
20         c=S[i]-'0';
21         if (ch[k][c]) k=ch[k][c],++t;
22         else{
23             while (k&&!ch[k][c]) k=pr[k];
24             k?(t=ma[k]+1,k=ch[k][c]):(t=0,k=1);
25         }
26     }
27 }
28 bool jud(int M){
29     int l=1,r=0;
30     for (int i=1;i<=n;++i){
31         f[i]=f[i-1];
32         if (i-M>=0){
33             while (l<=r&&f[d[r]]-d[r]<=f[i-M]-i+M) --r;
34             d[++r]=i-M;
35         }
36         while (l<=r&&d[l]<i-v[i]) ++l;
37         if (l<=r) f[i]=max(f[i],f[d[l]]+i-d[l]);
38     }
39     return f[n]*10>=9*n;
40 }
41 int main(){
42     scanf("%d%d",&N,&M); last=k=1;
43     while (M--){
44         scanf("%s",S); n=strlen(S);
45         for (int i=0;i<n;++i) add(S[i]-'0');
46         add(2);
47     }
48     while (N--){
49         scanf("%s",S+1); n=strlen(S+1);
50         play(); L=0; R=n;
51         while (L<R){
52             j=L+R+1>>1;
53             jud(j)?L=j:R=j-1;
54         }
55         printf("%d\n",L);
56     }
57     return 0;
58 }
Gasai Yuno

 

2018年初。。再次改动

【这次版子算完整了吧?。。】

现在的这个广义后缀自动机版子,解决了其它版子容易出现的一些问题。

  1. 不会出现maxlen[pre[x]]==maxlen[x]的情况 。  这样就支持了按maxlen排序,不再 必须要拓扑排序了。

  2. 也不会出现一些节点不会被走到的情况。  这样就不需要在建完后重新跑一边,来求每个trie树点对应的SAM上的节点了。 只要记下每次add操作的return值就好。

  3. 支持 在有重复字符出边的假trie树上 建。

注意,广义后缀自动机要bfs建图。不然可能会被刻意卡TLE。(比如梳子图,直链上都是a,刺上都是b  。dfs可能会被卡n2)

 

posted @ 2017-03-09 18:58  cyz666  阅读(297)  评论(0编辑  收藏  举报