SAM小记
首先，读本章的人，要有一个思想：对于子串，我们考虑若在它前方或后方加字符，它的性质会有什么改变，或者不变
将 \(SAM\) 前，先讲 \(endpos\)
定义：
对于一个子串，它在原串中可能出现在若干的位置。而一个子串 \(p\) 出现的这些位置的右端点标号组成的集合，我们称之为 \(endpos(p)\)
例：对于字符串 \(abcab\)，它的字串 \(ab\) 的 \(endpos\) 为 \(endpos(ab)={2,5}\)
定义：
把所有拥有相同 \(endpos\) 的子串，归为一个等价类
性质：
\(1\)，两个不同的子串如果它们的 \(endpos\) 相同，那么：一个子串是另一个字串的后缀
证明：
对于一个子串，考虑在它后面加减字符，容易发现它们的 \(endpos\) 绝对不相同（考虑 \(endpos\) 集合里面最小的数，如果加字符，这个最小的数就会加 \(1\)，如果减，这个最小的数就会减 \(1\)）
考虑在它前面加减字符，若 \(endpos\) 相同，则必然一个字串是另一个字串的后缀
\(2\)，两个字串 \(t\) 和 \(p\) （\(len_t<len_p\)），要么\(endpos(p)∈endpos(t)\)，要么\(endpos(t)∩endpos(p)=∅\)
证明:跟上面的证明方法大同小异，不多赘述
\(3\)，\(endpos\) 等价类的数量为 \(O(n)\) 级别
证明：最大的 \(endpos\) 等价类为 \(1 \sim n\)，即子串为空的情况，根据结论 \(2\)，他肯定会分为两个及以上不相交的子集，最后分成集合 \(1,2,3....n\)，合并上来，也就 \(2n-1\) 个，所以也就是 \(O(n)\) 级别
前置知识结束，考虑构建 \(SAM\)
我们不妨定义（请结合后面内容阅读）：
\(SAM\) 中一个点表示一个 \(endpos\) 等价类，同时也是 \(parent tree\) 上的一个点（不知道的去oi-wiki）
\(SAM\) 中一个点的 \(len\) 表示这个等价类最长子串长度，同时也表示从 \(1\) 号节点到该节点的最长路
\(SAM\) 中点往后连的边 \(s_i\) 表示当前子串向后加一个字符 \(s_i\)
\(SAM\) 中点的 \(fa\) 边表示与当前点不同 \(endpos\) 的最长后缀的位置，同时也表示在当前点最短子串前面减一个字符可以得到不同的 \(endpos\) 等价类
下面附上代码：
void add(int c)
{
int p=last;
int now=last=++tot;
gs[tot]=1;
for(;p&&!dian[p].ch[c];p=dian[p].fa) dian[p].ch[c]=now;
if(!p) dian[now].fa=1;
else
{
int to=dian[p].ch[c];
if(dian[to].len==dian[p].len+1) dian[now].fa=to;
else
{
int nq=++tot;
dian[nq]=dian[to];
dian[nq].len=dian[p].len+1;
dian[to].fa=dian[now].fa=nq;
for(;p&&dian[p].ch[c]==to;p=dian[p].fa) dian[p].ch[c]=nq;
}
}
}
int main()
{
scanf("%s",s+1);
len=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=len;i++) add(s[i]-'a');
}
再附上一个图：
以 \(aabab\) 为例
首先，我们的 \(SAM\) 是动态开点：
对于新加入的点 \(s\)，我们要完善他的信息，我们跳前面点的 \(fa\)，看看所有的 \(fa\) 是否有连 \(s\) 的边，如果没有，那么连一条边到这个点
考虑跳到根节点都没有连 \(s\) 的边，则这个新节点，它的 \(fa\) 就是 \(1\) 号几点
如果有边，那么我们结合图来讲，假如我们加入的是 \(5\) 号节点，现在 \(1\) 有连向 \(2\) 的边，\(1\) 是 \(4\) 的 \(fa\)，我们发现 \(len[1]+1==len[2]\)
什么意思呢，结合上面的定义，\(1\) 号节点中的子串往后加 \(a\) 可以得到 \(2\)，\(4\) 号节点的子串往后加 \(a\) 可以得到 \(5\),\(4\) 号节点往前减字符可以的到 \(1\)，那么就有 \(5\) 号节点往前减字符可以得到 \(2\)
再来一张图讲第三种情况：
考虑我们现在加入了 \(6\) 号节点，我们发现 \(2\) 有连向 \(4\) 的边为 \(b\)，什么意思呢？
就是 \(4\) 的 \(endpos\) 的等价类是 \(aab,ab,b\)，但是 \(6\) 号节点是 \(aabab\)，它的 \(fa\) 代表的等价类明显应该是 \(ab,b\)，没有 \(aab\)
抽象一点讲，就是 \(4\) 节点所包含的集合太大，比 \(6\) 节点 \(fa\) 应该的集合还大
导致这个的原因是：\(2\) 到 \(4\) 节点不仅可以走一步，还可以走两步，导致第二种情况的证明在这种情况中不成立
因为没有节点可以当 \(6\) 节点的 \(fa\)，但 \(6\) 节点的 \(fa\) 又是客观存在的，所以我们考虑新建节点 \(7\) 表示 \(6\) 的 \(fa\)。
此时 \(6\) 的节点信息已经完善完了，考虑完善 \(7\) 节点的信息
首先 \(7\) 必然是 \(4\) 的 \(fa\)，因为 \(7\) 的 \(len\) 比 \(4\) 的 \(len\) 小，而 \(7\) 又是从 \(4\) 延伸出去的（即 \(7\) 和 \(4\) 的 \(endpos\) 原本一样，但是 \(7\) 的 \(endpos\) 因为 \(6\) 的加入多了一个 \(6\)），所以其 \(endpos\) 必然是 \(4\) 的超集，且是最小的超集
很明显一步可以到 \(4\) 节点的那些边应该更改为连向 \(7\) 节点，因为只有一步到可以满足 \(7\) 是 \(6\) 的 \(fa\) 的情况，而为了让它的信息不漏，应该所有一步到 \(4\) 的边都应该改向连 \(7\)。
\(4\) 可以到达的点 \(7\) 都可以到达，所以将 \(4\) 连向的信息都复制到 \(7\) 上。
这样 \(SAM\) 三种情况都讲完了。
用 \(SAM\) 上的点和边构建 \(parent tree\) 即可
最后，贴上例题正确代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+50;
char s[N];
int len;
int last=1,tot=1;
struct jgt
{
int ch[26];
int len,fa;
}dian[2*N];
int gs[2*N];
void add(int c)
{
int p=last;
int now=last=++tot;
gs[tot]=1;
for(;p&&!dian[p].ch[c];p=dian[p].fa) dian[p].ch[c]=now;
if(!p) dian[now].fa=1;
else
{
int to=dian[p].ch[c];
if(dian[to].len==dian[p].len+1) dian[now].fa=to;
else
{
int nq=++tot;
dian[nq]=dian[to];
dian[nq].len=dian[p].len+1;
dian[to].fa=dian[now].fa=nq;
for(;p&&dian[p].ch[c]==to;p=dian[p].fa) dian[p].ch[c]=nq;
}
}
}
int h[2*N],e[2*N],ne[2*N],idx;
void jia(int a,int b)
{
e[idx]=b;
ne[idx]=h[a];
h[a]=idx++;
}
long long ans;
void dfs(int wz)
{
for(int i=h[wz];i!=-1;i=ne[i])
{
dfs(e[i]);
gs[wz]+=gs[e[i]];
}
if(gs[wz]!=1) ans=max(ans,1ll*gs[wz]*dian[wz].len);
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
scanf("%s",s+1);
len=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=len;i++) add(s[i]-'a');
for(int i=2;i<=tot;i++) jia(dian[i].fa,i);
dfs(1);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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