后缀自动机学习笔记

后缀自动机(SAM)

抱歉,图床挂了,博主并没有存图,待修改,暂留坑

Tags:字符串

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一、SAM详解

博主第一次这么详细地讲解算法,强烈建议看看hihocoder上的讲解
注意弄清楚每个数组的确切含义

1、干嘛用

构建一个自动机,使得一个字符串的所有子串都能够被表示出来
而且从根出发的任意一条合法路径都是该串中的一个子串
后缀自动机是一个DAG\(AC\)自动机建成了\(Trie\)图)

2、复杂度

时间空间都是\(O(n)\)(空间要开两倍)

3、\(len\)

\(len[i]\)表示\(i\)点表示的字符串集合中最长字符串的长度

\(hihocoder\)上可以知道,一个节点表示的\(Endpos\)(位置集合)对应的字符串的集合中的字符串一定是长度连续的,即有一个\(longest\)和一个\(shortest\)
这里的\(len\)表示的是\(longest\),当\(shortest\)减去其第一个字符,一定会成为另一个节点的\(longest\),那么\(i\)节点的\(shortest\)便是某节点的\(longest+1\)

4、\(Parent\)

\(fa[i]\)表示\(i\)\(Parent\)树上的父亲

那么上文所说的\(i\)所对应另一个节点\(j\),使得\(shortest(i)=longest(j)+1\),在\(parent\)树上的关系就是\(fa[i]=j\)
可以得出,\(parent\)树一定是树的结构,而且根是\(1\)号节点,表示的是空串

5、添加一个字符

CjoDPS.png
图中很多边都没有画出来
加入一个字符\(c\)时,把图分为\(A,B\)两部分,\(A\)表示这一段存在儿子\(C\)\(B\)表示不存在儿子\(C\)
我们把右边那个\(C\)叫作\(p\)点,把下面的叫\(x\)好啦

Situation 1

不存在\(A\)部分,那么沿着\(parent\)树一直会跳到\(0\)节点
这个时候其实是没有出现过字符\(c\),我们需要\(B\)中所有节点的\(c\)儿子置为\(p\)号点
其实就是添加了所有以\(c\)结尾的子串的路径
所以\(p\)节点代表的\(Endpos\)对应的字符串的\(shortest\)\(1\)\(parent\)树上父亲指向根节点即\(1\)节点

Situation 2

\(A\)中最末端节点编号为\(f\),当\(longest(f)+1=shortest(x)=longest(x)\)时,\(x\)表示的\(Endpos\)对应的字符串集只有一个元素

考虑是什么实际情况使得\(x\)的字符集中只有一个元素:
由于自动机是一个DAG,所以此情况当且仅当从根出发只有一条路径能够到达\(x\)点,所以从\(1\)出发到达在\(x\)点之前的点也只有一条路径,而这条路径如果有不相同的字符,那么不行(比如\(aab\),我们需要在自动机上表示子串\(b\),所以一定有一条直接往\(b\)走的路径,而\(aaa\)就可以说最后一个\(a\)只有一条路径能够到达,因为加入第三个\(a\)产生三个子串\(a,aa,aaa\),前两个已经能够被表示出来了)所以只有开头一段连续相同的字符满足这种情况

\(p\)\(parent\)树上父亲指向\(x\)
其实这个是和第三种情况一样的,因为这里x的入度只为1,如果把这个点复制了一边那么原来的点就没用了

本来以为为了节省空间就这样做,然后发现这样会\(WA\),和\(SYC\)讨论了两天最终得出结果:
1.这个点被复制,那么复制出来的点其实是表示空串,在Parent树上和后缀自动机上都没有意义
2.本以为这样是对的:从原来的点的\(Parent\)父亲连向复制的点,这样可以贡献\(1\)\(siz\),使得点被完全复制,原来的点被完全抛弃,但是调试一天发现原来被丢弃的点是有可能被跳\(Parent\)树访问到的(如图),然后它的\(fa\)和各项数据会被魔改,使得\(siz\)贡献不上去PKUSC买了个草稿本~

所以第二种情况就是第二种,和第三种有本质区别

Situation 3

\(x\)节点复制一遍给\(y\),所有前面连续的一段本应该连向\(x\)的都连向\(y\)(也就是说在\(A\)前面可能还有连向\(x\)的边),\(x\)的儿子memcpy给\(y\),把\(x\)\(p\)\(parent\)父亲连向\(y\),把\(y\)\(len\)设置为\(len[f]+1\)
(Update2018.8.28:已更正@SSerxhs)

比如\(aabab\)在加入第二个\(b\)时子串\(ab\)已经存在,所以\(ab\)\(Endpos\)集合变大了,这样原来第一个\(b\)表示\(aab,ab,b\),它们的\(Endpos\)都是\(3\),而现在只能表示\(aab\)\(Endpos\)\(3\)\(ab,b\)\(Endpos\)\(3,5\),所以需要一个新的点来维护,同时这样操作也保证了如果在后面加入\(c\),只会增加\(c,bc,abc\)而不会增加\(aabc\)

\(len[y]=len[f]+1\):在后面接一个字符,所以\(longest\)直接加\(1\)
一个想了很久的问题:为什么只连前面第一段?
感性理解一下,其实前面一定只有连续的一段连向这个点,所以其实加这句是保证复杂度的

6、siz/sum

\(siz[i]\)表示\(i\)号点代表的\(Endpos\)集合大小,也可以说是\(i\)号点字符串集合在整个串中的出现次数

  • 从parent树上累加
siz[i]=k 表示i节点对应的Endpos的字符串集合出现了k次

for(int i=node;i>=1;i--) siz[fa[A[i]]]+=siz[A[i]];
//A[i]表示len数组第从大到小第i位的节点

因为parent树上父亲的所有字符串是所有儿子的所有字符串的后缀,所以所有儿子出现的地方父亲一定会出现,那么siz[i]+=siz[son[i]]

\(sum[i]\)表示后缀自动机上经过\(i\)点的子串数量

  • 从自动机上累加
sum[i]=k 表示字符串中经过i号节点的本质不同的子串有多少个

for(int i=2;i<=node;i++) sum[i]=siz[i]=1;
for(int i=node;i>=1;i--)
    for(int k=0;k<26;k++)
        if(ch[A[i]][k]) sum[A[i]]+=sum[ch[A[i]][k]];

这样相当于在每一个本质不同的子串的结尾打上1的标记,然后sum[i]表示的就是DAG上拓扑序在i之后的点的数量

建议完成这题:[TJOI2015]弦论
这是我的题解

7、构建代码

int fa[N],ch[N][26],len[N],siz[N];
int lst=1,node=1,l;//1为根,表示空串
void Extend(int c)
{
	/*
	  2+2+2+3行,那么多while但是复杂度是O(n)
	 */
	int f=lst,p=++node;lst=p;
	len[p]=len[f]+1;siz[p]=1;
	/*
	  f为以c结尾的前缀的倒数第二个节点,p为倒数第一个(新建)
	  len[i] 表示i节点的longest,不用记录shortest(概念在hihocoder后缀自动机1上讲得十分详细)
	  siz[i]表示i节点所代表的endpos的集合元素大小,即所对应的字符串集的longest出现的次数
	  不用担心复制后点的siz,在parent树上复制后的点的siz是它所有儿子siz之和,比1多
	 */
	while(f&&!ch[f][c]) ch[f][c]=p,f=fa[f];
	if(!f) {fa[p]=1;return;}
	/*
	  把前面的一段没有c儿子的节点的c儿子指向p
	  Situation 1 如果跳到最前面的根的时候,那么把p的parent树上的父亲置为1
	 */
	int x=ch[f][c],y=++node;
	if(len[f]+1==len[x]) {fa[p]=x;node--;return;}
	/*
	  x表示从p一直跳parent树得到的第一个有c儿子的节点的c儿子
	  Situation 2 如果节点x表示的endpos所对应的字符串集合只有一个字符串,那么把p的parent树父亲设置为x
	 */
	len[y]=len[f]+1; fa[y]=fa[x]; fa[x]=fa[p]=y;
	memcpy(ch[y],ch[x],sizeof(ch[y]));
	while(f&&ch[f][c]==x) ch[f][c]=y,f=fa[f];
	/*
	  Situation 3 否则把x点复制一遍(parent树父亲、儿子),同时len要更新
	             (注意len[x]!=len[f]+1,因为通过加点会使x父亲改变)
				  然后把x点和p点的父亲指向复制点y,再将前面所有本连x的点连向y
	 */
}

8、构建图示

\(aab\)

CvyQiR.png

\(aaba\)

CvylJ1.png

\(aabab\)

Cvy3z6.png

9、性质及应用

桶排序

按照\(len\)桶排序之后也就是\(Parent\)树的\(BFS\)序/自动机的拓扑序
所以按照类似\(SA\)的桶排序方法可以如下将\(Parent\)树从叶子到根/自动机反拓扑序用\(A[1]..A[node]\)表示出来

for(int i=1;i<=node;i++) t[len[i]]++;
for(int i=1;i<=node;i++) t[i]+=t[i-1];
for(int i=1;i<=node;i++) A[t[len[i]]--]=i;

SAM上每一条合法路径都是字符串的一个子串

通过拓扑序DP可以用来求本质不同的子串的问题

SAM上跑匹配

\(T\)表示查询串,\(p\)表示匹配到自动机上\(p\)号节点,\(tt\)表示当前匹配长度为\(tt\)
一共分三步
\(Step 1\) 一直跳\(parent\)父亲,直到根或者下一位可以匹配为止,这一步很像\(kmp\)\(next\)\(AC\)自动机的\(fail\)
\(Step 2\) 如果匹配得上更新\(p\)\(tt\),否则重置\(p\)\(tt\)
\(Step 3\) 匹配完成则累加答案

for(int i=1;i<=l;i++)
{
	int c=T[i]-'a';
	while(p!=1&&!ch[p][c]) p=fa[p],tt=len[p];
	ch[p][c]?(p=ch[p][c],tt++):(p=1,tt=0);
	if(tt==l) Ans+=siz[p];
}

大多数题肯定没有那么裸,这时需要魔改中间步骤,使得符合题意(Example

广义后缀自动机

专题太大请见链接
附模板题[HN省队集训6.25T3]string题解

简单地总结

需要知道的几个性质:
1.\(SAM\)上每条合法路径都是原串中的一种子串
2.一个点可以表示一个字符串集合
3.从一个点跳\(Parent\)树父亲一直到根,这些字符串集合表示的是所有后缀

新增一个节点\(p\),相当于在所有后缀后再加上一个字符
理所当然要一直跳\(Parent\)树添\(c\)儿子
1.直接跳到了根,把新增点的\(Parent\)树父亲置为\(1\)\(return\)
2.如果到某步有个点有\(c\)儿子,而且该点只能表示一个字符串,那么\(fa[p]=ch[f][c]\)因为满足了性质\(3\),你接着从\(p\)出发跳父亲得到的字符串集合是所有后缀
3.如果该点\(x\)表示的不只一个字符串,那么把\(x\)复制一遍给\(y\),这时\(y\)只表示一个字符串,相当于\(x\)表示的字符串集合中有一个串的\(Endpos\)和其余的不同了所以要把这个状态剥离给\(y\),同时在\(Parent\)树上父亲指向\(x\)也要指向\(y\)

二、题单

三、一句话题解

四、模板

洛谷 P3804 【模板】后缀自动机

// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2010000;
char s[N];
int fa[N],ch[N][26],len[N],siz[N];
int lst=1,node=1,l,t[N],A[N];
ll ans;
void Extend(int c)
{
    /*
      如果是广义后缀自动机的话,最好加上第一句,虽然不加不会错
      这句的意思是要加入的这个点已经存在(Trie树上的同一个点再次被访问)
      不加就相当把这个点作为中转站,但是又和Situation2那个错误的中转站不同,这个没有被parent父亲指,所以不会被魔改
    */
    if(ch[lst][c]&&len[ch[lst][c]]==len[lst]+1) {lst=ch[lst][c];siz[lst]++;return;}
    /*
      2+2+2+3行,那么多while但是复杂度是O(n)
     */
    int f=lst,p=++node;lst=p;
    len[p]=len[f]+1;siz[p]=1;
    /*
      f为以c结尾的前缀的倒数第二个节点,p为倒数第一个(新建)
      len[i] 表示i节点的longest,不用记录shortest(概念在hihocoder后缀自动机1上讲得十分详细)
      siz[i]表示以i所代表的endpos的集合元素大小,即所对应的字符串集出现的次数
      不用担心复制后的siz,在parent树上复制后的点的siz是它所有儿子siz之和,比1多
     */
    while(f&&!ch[f][c]) ch[f][c]=p,f=fa[f];
    if(!f) {fa[p]=1;return;}
    /*
      把前面的一段没有c儿子的节点的c儿子指向p
      Situation 1 如果跳到最前面的根的时候,那么把p的parent树上的父亲置为1
     */
    int x=ch[f][c],y=++node;
    if(len[f]+1==len[x]) {fa[p]=x;node--;return;}
    /*
      x表示从p一直跳parent树得到的第一个有c儿子的节点的c儿子
      Situation 2 如果节点x表示的endpos所对应的字符串集合只有一个字符串,那么把p的parent树父亲设置为x
     */
    len[y]=len[f]+1; fa[y]=fa[x]; fa[x]=fa[p]=y;
    memcpy(ch[y],ch[x],sizeof(ch[y]));
    while(f&&ch[f][c]==x) ch[f][c]=y,f=fa[f];
    /*
      Situation 3 否则把x点复制一遍(parent树父亲、儿子),同时len要更新
                 (注意len[x]!=len[f]+1,因为通过加点会使x父亲改变)
                  然后把x点和p点的父亲指向复制点y,再将前面所有本连x的点连向y
     */
}
int main()
{
    //Part 1 建立后缀自动机
    scanf("%s",s); l=strlen(s);
    for(int i=l;i>=1;i--) s[i]=s[i-1];s[0]=0;
    for(int i=1;i<=l;i++) Extend(s[i]-'a');
    //Part 2 按len从大到小排序(和SA好像啊)后计算答案
    for(int i=1;i<=node;i++) t[len[i]]++;
    for(int i=1;i<=node;i++) t[i]+=t[i-1];
    for(int i=1;i<=node;i++) A[t[len[i]]--]=i;
    for(int i=node;i>=1;i--)
    {//从小到大枚举,实际上在模拟parent树的DFS
        int now=A[i];siz[fa[now]]+=siz[now];
        if(siz[now]>1) ans=max(ans,1ll*siz[now]*len[now]);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}
posted @ 2018-06-15 12:12  饕餮传奇  阅读(4277)  评论(3编辑  收藏  举报