SAM[详细~bushi]

基础性质概念

• 后缀自动机：S的SAM是个DAG，每个节点叫状态，每条带字符ch边表示+ch转移，从开始节点往下，任何一条路径都会对应一个S的子串。

不过为什么要叫"后缀"自动机呢？

• endpos集合：endpos(s)={s的所有右端点}[s为S的一个子串]
• 状态（节点）：把endpos{}相同的等价类归为一个状态。
• 边(ch[u][x])：上面定义也说过，状态u中每个s+x集合构成的状态。
• 推论1：一个等价类中的两个s满足后缀关系。如果不满足，那么存在endpos{}不同。
• 推论2：由推论1易得等价类中所有s都互相满足前后缀关系而且它们的长度是连续的[l..l+1..r]。假如不连续，存在x,y,z（x是y,z的后缀,y是z的后缀），(endpos简称)ep{x}=ep{z}!=ep{y}所以ep{x}包含ep{y},ep{y}包含ep{z},因此ed{x}=ed{y}=ed{z}，与假设矛盾。
• len[]:表示状态中s最长长度，最短的可以用接下来的变量计算。
• 推论3：两个等价类的集合要么包含，要么不交，取决与是否有前后缀关系。如果有前后缀关系，len大的那个可以看作len小的那个加一堆前缀很好解释len小包含len大。然后没有后缀关系显然不能有交。
  
  推论2,3也让我们从后缀角度看待状态。

或许你认为以上就能构成后缀自动机。按照定义来说是的，但是不够。我们还要保证它的状态数和构建操作数为\(O(n)\)

接下来我们会在SAM上连一些虚边，这些虚边会构成有用的fail树。

• par[]:严格包含其ep的最小ep状态点，即par[u]包含的s'是u中s的后缀（而且连续），mnlen[par[u]]=len[u]+1
• Fail树：father[]为par的一棵树

感性来理解就像某前缀的后缀被分成了很多状态连成一条链。

构建

叫什么增量法，就是在线字符一个一个地加。然后找其最大后缀(par[])。

前提（当前加入第i个，字符为x，这个前缀i的节点为np）

ps.可结合代码理解

首先last为前缀i-1所在的节点。p=last往fail树祖先上跳,同时更新ch[p][x]，直到找到一个点ch[p][x]!=0，此时前缀i的最长后缀的长度就是len[p]+1。(因为（在p下面）比len[p]长的后面都没有x)

当然没有这么简单，我们要分三类讨论:

1.没有找到par[],par[np]=rt直接结束

令q=ch[p][x]

2.len[q]=len[p]+1直接par[np]=q

3.len[q]>len[p]+1所代表后缀字符集可以分成两类。长度<=len[p]+1的一类（可以作i前缀(np)的后缀），>len[p]+1的一类跟这次加入无关。

所以容易想到把q拆成两个点，其实拆出1个新点nq（第1类）,原来的q(第2类）,首先不修改q，用q原来的信息更新nq(par[],ch[][])，len[nq]=len[p]+1，然后更新par[q]=par[p]=nq(Fail树中把q,np连在nq下）。

最后容易遗忘的是p及其上面一些点（因为len[nq]=len[p]+1）原来ch[p][x]=q现在改为ch[p][x]=nq了。

复杂度

可以看看别人的博客

不会证耶？有会证的而且证的很简单的私信我？

code

点击查看代码

struct SAM {
	int ch[N][27],t[N],len[N],lst,num,par[N],sz[N];
	SAM() {lst=num=1;}
	int Insert(int x) {
		int p=lst,np=++num;lst=np;len[np]=len[p]+1;sz[np]=1;
		for(;!ch[p][x];p=par[p]) ch[p][x]=np;
		if(!p) {par[np]=1;return np;}
		int q=ch[p][x];
		if(len[q]==len[p]+1) {par[np]=q;return np;}
		int nq=++num;par[nq]=par[q];len[nq]=len[p]+1;
		for(int j=0;j<26;j++)ch[nq][j]=ch[q][j];
		par[q]=par[np]=nq;
		for(;ch[p][x]==q;p=par[p])ch[p][x]=nq;
		return np;
	}
}A;

用途（例题）

匹配字符串：

不用说了所有自动机(dfn)都能做的事情

多少个本质不同的字符串（位置不同串相同算同一个）

\(ans= \sum len[u]-len[fa[u]]\)每个（本质不同）字符串都唯一对应与SAM中的节点，而SAM中不同节点表示的字符集没有交集。因此就是每个节点u表示的字符个数（len[par[u]]-len[u]）的和。

每个字符串出现了几次

Fail树上，每个节点\(sz[par[u]]+=sz[u]\),每个前缀对应节点（\(sz[np]=1\)）

其实sz[u]就是ep等价类u中字符串对应的出现次数了

证明？

把前缀np,sz[np]=1,实际上它会给所有它的后缀+1,然后每个节点对应等价类的ep{r1,r2,r3..rk}，显然sz=k。其中每个都会被前缀r1,前缀r2..前缀rk+1各+1。所以刚好+k次，得证。