前言

只是一個小記，不是算法詳解

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參考資料

史上最通俗的后綴自動機詳解
廣義SAM模板題解

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正題

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概念

定義

簡單的，一個有向無環圖，邊有字母，滿足起點開始的每一條路徑都是原串的一個子串。
并且保證復雜度在$O(n)$級別內的。

$endpos$相關

每一個子串$p$的$endpos(p)$被定義為原串中所有出現子串$p$的末尾位置集合。
$endpos$相同的子串被定義為一個$endpos$類，可以證明任何一個串的$endpos$類數量不會超過$O(n)$級別。
性質：

• 對于兩個$endpos$相同的子串，其中短的一個一定是另一個的后綴
• 對于任意兩個子串$p,q$，且$q$的長度大于$p$，一定有$endpos(p)?endpos(q)$或$endpos(p)\cap endpos(q)=?$

$parents$樹

根據$endpos$的兩個性質我們可以構建一棵樹，其中對于兩個$endpos$類$x?y$那么就有一條邊$x?>y$。
性質：

• 對于一個在$f{a}_x$的$endpos$類里的串一定是$x$的$endpos$類串的后綴
• 定義在$f{a}_x$的$endpos$類里的最長的串長度為$Len$，在$endpos$類里最短的串長度為$len$那么有$Len=len+1$

還有一個最重要性質，就是$parents$里的節點就是$SAM$里的節點

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代碼解析

懶得搞圖，圖片去看參考資料。

void add(int c){int p=las;int np=las=++cnt;len[np]=len[p]+1;siz[cnt]++;for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=np;if(!p)fa[np]=1;else{int q=ch[p][c];if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q;else{int nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));fa[nq]=fa[q];fa[np]=fa[q]=nq;for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;}}return; }

• 第$3$行：新節點的最長一定新串的長度，因為左右不可能再加任何節點。
• 第$4$行：往前跳，中途指一條$c$的邊向新節點$np$（更新路徑上的$endpos$）。但是如果一個位置已經有這條邊了，前面已經加入過這個字符即有這些新的$endpos$了。在$parent$樹上跳的原因是因為這條鏈上的$endpos$是包含后綴的。
• 第$5$行：如果字符$c$是新出現的字符，那么這一定是一個由根節點印出來的新$endpos$類。
• 第$8$行：定義新的$p$為$p^{\prime }$，因為$p^{\prime }$是$p$的祖先，且$p^{\prime }$中最長的長度加一是$p$中最長的，那么也就是$q$中最長的與$np$擁有相同的$endpos$即$endpos(np)?endpos(q)$那么$np$的父節點就是$q$
• 第$10～13$行：這是$SAM$中最關鍵的部分，當$le{n}_p+1$不等于$le{n}_q$時，那么表示$le{n}_q$中不能所有的$endpos$都加入$n$，而是有一部分要分離出來。此時我們需要新建立一個節點$nq$來儲存加入了$n$這個$endpos$的$endpos$類。首先加入新字符之前$nq$與$q$完全相同，所以我們可以直接繼承$q$的信息。而因為$nq$是可以加入$n$這一信息的，所以有$endpos(q)?endpos(nq)$所以我們讓$q$的父節點為$nq$，然后顯然$np$的父節點也為$nq$。然后我們要往前更新信息，如果跳到$c{h}_{p,c}=q$時，這個節點$p$本身$c$的出邊時本身就與$q$沒有關系的，所以就可以不用再更新了。

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廣義SAM

如果一個$SAM$中我們要加入多個字符串時我們應該怎么辦，廣義$SAM$分為離線的和在線的做法。

離線做法：對于所有的字符串我們先構造出一棵$Trie$樹，然后每一次的$last$就是它$Trie$樹上的父節點的節點，因為這樣保證了一個節點后面不會插入重復的字符。
在線做法：考慮如果插入了重復的字符怎么辦，那么證明這個節點的$endpos$類一定是有出現過的，我們可以像$SAM$中后面那個判斷一樣搞就好了
這里是在線做法的代碼：

ll Ins(ll c,ll last){ll p=last;if(ch[p][c]){ll q=ch[p][c];if(len[p]+1==len[q])return q;else{ll nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));fa[nq]=fa[q];fa[q]=nq;for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;return nq;}}ll np=++cnt;len[np]=len[p]+1;for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=np;if(!p)fa[np]=1;else{ll q=ch[p][c];if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q;else{ll nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;}}return np; }

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例題解析

P3804-[模板]后綴自動機

給出一個長度為$n$的串，求一個最大的子串長度乘上子串出現次數

在構造$SAM$的時候統計每個$endpos$類包含了幾個$endpos$，這就是這個$endpos$類子串中出現的次數，然后每個$endpos$類取最長的子串就好了（在構造時已經保存了）。
對于每個$endpos$的集合如何統計，對于每個$np$，它都會有一個前綴$i$作為這個$endpos$類，而在往下的過程中這個前綴位置$i$會丟失（因為再往下的末尾都是在$i$之后，而沒有一個在$i$的后綴是在之后加入的）。也就是讓$f_{np}++$，然后按照長度從大到小讓$f_{f{a}_x}+=f_x$，因為一個節點的父節點長度一定比子節點小。

P3975-[TJOI2015]弦論

求一個字符串第$k$大的子串。

對于相同的子串算同一個時，那么其實就是求$SAM$上字典序第$k$大的路徑，處理出每一個節點的后繼狀態直接跑即可。
對于相同的子串不算同一個時，我們處理處每個節點的$endpos$集合大小，這就是這個$endpos$類中每個子串的出現次數。然后用這個處理后繼狀態直接跑即可。

SP1811-Longest Common Substring

求兩個串的最長公共子串

我們先構建第一個串的$SAM$，然后用第二個串在第一個串上跑，如果不能繼續跑下去那么我們直接在$parent$樹上往前跳就好了，因為在$SAM$中$parent$樹的左右可以類似于$AC$自動機中$fail$樹的定義。然后跳完了之后取$len+1$就好了。

P5341-[TJOI2019]甲苯先生和大中鋒的字符串

求出現次數恰好為$k$的字符串中出現次數最多的長度

因為對于一個相同的$endpos$類中的字符串都是長度連續且不同的，也就是$[le{n}_{f{a}_x}+1,le{n}_x]$這個范圍內每一個長度各有一個字符串，然后差分做就好了。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的SAM学习小记的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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