如何建一个SAM

部分改编自OI WIKI

先从一个简单的问题入手：

给定一个串，构造一个图，使其能够表示它的所有子串。

显然一个子串就是一个后缀的前缀。所以一个很显然的方式就是把所有后缀扔进trie里。

比如当前串是aaba。

但是我们发现，这样是不是有点浪费？比如"ba"这个字符串好像在里面出现了三遍。

既然树型结构已经不能更优了，那么我们不妨另辟蹊径，考虑能不能找到一个算法，用一个DAG代替这个trie树。比如将上述三个红色圆圈合并，可以变成：

答案是肯定的。这个算法就是SAM。

先在这里展示一些简单的字符串的后缀自动机。

这里用蓝色表示初始状态，用绿色表示终止状态。

对于字符串 $s=\varnothing$ ：

对于字符串 $s=\texttt{a}$：

对于字符串 $s=\texttt{aa}$：

对于字符串 $s=\texttt{ab}$：

对于字符串 $s=\texttt{abb}$：

对于字符串 $s=\texttt{abbb}$：

看起来有点复杂？那么我们该如何建这样一个后缀自动机呢？

这里先给出结论：我们可以在 $O(n)$ 时间内建出这样的后缀自动机而且代码极短。

在建后缀自动机之前，我们需要先了解一下一些性质：

我们定义 $\operatorname{endpos}(t)$ 为母字符串 $s$ 的非空子串 $t$ 在字符串 $s$ 中的所有结束位置的集合。

例如 s="$\texttt{aabab}$"，t="$\texttt{ab}$"，那么 $\operatorname{endpos}(t)=\{2,4\}$。

关于endpos集合的性质 OI WIKI 讲的很详细。但是有点繁琐。这里给出我的理解：

根据endpos集合我们可以一个树形关系，其中根结点为 $\varnothing$，每个节点的endpos集合都完全包含其儿子的endpos集合。且对于两个没有祖先关系的点，endpos交为 $\varnothing$。

事实上这个树形关系就是parent树。这在后面会用到。

关于证明详见 OI WIKI。

可以发现，对于SAM的某个节点 $u$，其表示的字符串是 $s$ 长度为 $len_u$ 的前缀中长度大于某一长度的后缀。而 $len_u$ 显然也是 $u$ 表示的子串中最长的那个。

可以证明，$len_u$ 等于它插入时的字符串的长度。

我们考虑记 $\operatorname{link}(u)=v$ 为最长的 $len_v$ 使 $\operatorname{endpos}(u)\subseteq\operatorname{endpos}(v)$。

那么 $u$ 表示的字符串是 $s$ 长度为 $len_u$ 的前缀中长度大于 $len_{\operatorname{link}(u)}$ 的后缀。

证明详见 OI WIKI。

例如当s="$\texttt{abcbc}$"时，SAM和parent树如下所示：

接下来我们可以开始建SAM了。

先放一个板子：

void insert(int c)

{

    int p=las,q=las=++cnt;

    len[q]=len[p]+1;

    for(;p && !ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=q;

    if(!p) fa[q]=1;

    else

    {

        int np=ch[p][c];

        if(len[np]==len[p]+1) fa[q]=np;

        else

        {

            int nq=++cnt;

            memcpy(ch[nq],ch[np],sizeof(ch[nq]));

            fa[nq]=fa[np];

            fa[np]=fa[q]=nq;

            len[nq]=len[p]+1;

            for(;p && ch[p][c]==np;p=fa[p]) ch[p][c]=nq;

        }

    }

}

首先需要注意一点，这里的 $\text{fa}$ 本质上其实是 $\text{link}$，即并不存在fa[ch[u][c]]=u之类的关系。

我们一步步解释这段程序在干什么。

    int p=las,q=las=++cnt;

    len[q]=len[p]+1;

    for(;p && !ch[p][c];p=fa[p]) ch[p][c]=q;

$las$ 是我们上一次插入的节点，而 $q$ 是我们要加入的节点。

如果我们记 $s_u$ 表示节点 $u$ 能表示的最长的子串，那么 $s_q=s_{p}+c$。

所以显然有 len[q]=len[p]+1。接下来我们要给 $q$ 找 $fa$。

接下来个人感觉特别像KMP，即我们知道 $s_{fa[p]}$ 一定是 $s_p$ 的一个后缀。我们希望找到一个已经存在的状态，它存在一个 $c$ 边的扩展。

如果不存在当前 $p$ 不存在 $c$ 边的扩展，那么显然 $q$ 本身就是一个新的扩展，直接赋值 ch[p][c]=q，然后继续向上找。

    if(!p) fa[q]=1;

    else

    {

        int np=ch[p][c];

        if(len[np]==len[p]+1) fa[q]=np;

如果找到根了还是没有找到 $c$ 边的扩展，说明当前串不存在前驱，那么我们直接令 fa[q]=1。

否则我们找到了一个 $c$ 边的扩展，显然这是存在 $c$ 边的扩展中最长的子串。接下来判断这个扩展是不是直接的，即是 $s_{np}=s_p+c$ 还是 $s_{np}=s_p+c\dots$。

如果是前者，那么显然 $np$ 就是 $q$ 的前驱，即 $\operatorname{endpos}(q)\subseteq\operatorname{endpos}(np)$，直接赋值即可。

否则比较麻烦，即 $np$ 表示的某个串是 $q$ 的前驱。

        else

        {

            int nq=++cnt;

            memcpy(ch[nq],ch[np],sizeof(ch[nq]));

            fa[nq]=fa[np];

            fa[np]=fa[q]=nq;

            len[nq]=len[p]+1;

            for(;p && ch[p][c]==np;p=fa[p]) ch[p][c]=nq;

        }

对于这种情况，我们需要分裂出一个点 $nq$，令这个点 $s_{nq}=s_p+c$ 。

可以发现由于 $nq$ 是 $np$ 的一个子集，$np$ 的所有转移边 $nq$ 也都有。

那么 fa[nq]=fa[np] 和 fa[np]=fa[q]=nq 也就很显然了。

接下来，$nq$ 代替了 $np$ 成为了 $len$ 更短的点，那么显然所有连向了 $np$ 的边都连向了 $nq$。

这样我们就建完了一棵SAM。

显然这样空间复杂度 $O(n)$，因为我们插入一个字符最多会增加2个点。关于时间复杂度的证明详见OI WIKI。

接下来我们看一些经典套路：

1.求本质不同子串个数

首先对字符串 $S$ 构造后缀自动机。

每个 $S$ 的子串都相当于自动机中从根开始的路径。因此不同子串的个数等于自动机中以1为起点的不同路径的条数。

考虑到SAM是一个DAG，不同路径的条数可以通过动态规划计算。当然最后还要去掉空串。

时间复杂度 $O(|S|)$ 。

当然这种方法有很大局限性，因为每一次都需要dfs一遍。所以大多数时候采用的都是下述方法：

我们知道一个字符串唯一对应一个节点，而一个节点表示的是长度为 $len_u$ 的前缀中长度在 $(len_{fa},len_u]$ 的后缀。

所以显然有 $\text{答案}=\sum{(len_{fa_u}-len_u)}$。

2.字典序第 $k$ 大子串

可以发现一个SAM是一个DAG，所以我们可以dp求出从一个点出发的子串数量。

那么很明显，我们从 'a'->'z' 依次查看，找到第一个满足子串数量前缀和 $\geq k$ 的转移边，转移即可。

时间复杂度 $O(|S|)$。

3.动态求出现次数

给定文本串 $S$ 和若干询问串 $T_i$，动态询问 $T_i$ 在 $S$ 中出现次数。

我们知道，SAM本质上是将一个trie压缩后得到的结果，所以我们可以直接跳转移边得到。

最后得到的结果的状态数就是答案。状态数可以dfs预处理出来。

时间复杂度 $O(|S|+|T|)$。

4. 求两个前缀的LCS

这本来是归SA管的一道板子题，但偏偏有些出题人想要动态加字符。

可以发现，parent树本质是一棵压缩的trie树，保留其中的关键节点。

如果这是trie树，显然我们可以直接找trie上的LCA。而parent树保留的就是一棵虚树，所以显然也符合条件。

$\color{black}{\text{O}}\color{red}{\text{IerWanHong}}$ $\texttt{orz}$。