【复习笔记】重习 AC 自动机

发现已经忘了许多。。。。于是复习一下

基础要点概况

• AC 自动机基于 Trie 树 的结构，即构建 AC 自动机前需要先建 Trie。

• 一个状态中除了转移 \(\delta\) 之外还有失配指针 \(fail\)。\(fail(x)\) 对于的字符串是 \(x\) 对应字符串的 最长真后缀。

• 要求出 \(fail\) 我们可以 bfs 实现。对于当前状态 \(x\)，设其父亲 \(f\) 通过一个 \(c\) 转移连向 \(x\)，那么我们先看看 \(fail(f)\) 是否存在 \(c\) 转移，如果有那么 \(fail(x)\gets \delta(fail(f),c)\)，否则就看 \(fail(fail(f))\)，再不行继续递归下去。要真没有就直接指向根状态。

• 但实际上我们都会直接写成 Trie 图，如果一个转移 \(\delta(x, c)\) 不存在，那么就 \(\delta(x, c)\gets\delta(fail(x), c)\)。从而一些查询 & 构建 的时候就根本不用直接跳 \(fail\) 应付失配，优化了效率和代码难度。

• 构建 AC 自动机的代码非常简洁（复杂度 \(O(n\times |\Sigma|)\)，\(n\) 为状态个数，下同）：

  void init_fail() {
  	for (int i = 0; i < S; i++) ch[0][i] = 1;
  	for (Q.push(1); !Q.empty(); ) {
  		int x = Q.front(); Q.pop();
  		for (int i = 0; i < S; i++)
  			if (!ch[x][i]) ch[x][i] = ch[fail[x]][i];
  			else Q.push(ch[x][i]), fail[ch[x][i]] = ch[fail[x]][i];
  	}
  }
  

• AC 自动机最经典的应用就是 多模式串匹配 了：Luogu P3808 【模板】AC自动机（简单版）。先对所有模式串建 AC 自动机，然后从根开始跑文本串：每到达一个点，沿着自己的 \(fail\) 向上跳一遍，答案加上沿途遇到的终止状态的个数。当然，为避免重复统计，可以给走过的位置打一个标记。

• 询问的参考代码（复杂度 \(O(n)\)）：

  int query(char* s) {
  	int ans = 0;
  	for (int x = 1, i = 0; s[i]; i++) {
  		x = ch[x][s[i] - 'a'];
  		for (int y = x; y && ~cnt[y]; y = fail[y])
  			ans += cnt[y], cnt[y] = -1;
  	}
  	return ans;
  }
  

• 然而这样做一些多次询问的题会被卡爆成 \(O(n\times Q)\)，比如要求所有串分别出现的次数时，遇到 aaaaaa...aa 这种，一次转移就要跳 \(O(n)\) 次失配指针。于是引入 \(fail\) 树：对于每个非根状态 \(x\)，都从 \(fail(x)\) 连过来一条边，最终形成 \(fail\) 树。

• \(fail\) 树将我跳失配指针的过程实体化了，那么一个状态能更新到 \(x\)，那么说明这个状态在 \(x\) 的 \(fail\) 树上的子树内。这就好办了，我们先将文本串在 AC 自动机上跑一边，沿途更新计数器，然后一个状态对应的 \(fail\) 树 子树和 即为出现次数。

• 于是这样就是真的线性了，Luogu P5357 【模板】AC自动机（二次加强版） 代码：

  std::vector<int> adj[N];
  int dfs(int x) {
  	for (int i = 0; i < (int)adj[x].size(); i++)
  		cnt[x] += dfs(adj[x][i]);
  	return cnt[x];
  }
  void query(char* s) {
  	for (int x = 1, i = 0; s[i]; i++)
  		++cnt[x = ch[x][s[i] - 'a']];
  	dfs(1);
  }
  

进阶应用（套路）

套路 1：AC 自动机相关 dp

【JSOI2007】文本生成器：给你若干个模式串，求至少包含一个模式串的长度为 \(m\) 的文本串个数。

• 首先一个简单的容斥，答案为 \(m^{|\Sigma|}\) 减去不包含任何一个模式串的个数。

• 然后令 \(f(i,j)\) 为当前长度为 \(i\) 且走到状态 \(j\) 的方案数。那么转移显然是 \(\forall \delta(j,c)\ne \text{null}: f(i,j) \to f(i+1,\delta(j,c))\)，并且 不能转移到有结束标记 的状态。

• 但这样还不行，要得到一个字符串，我们不只有这一个状态可以作为终点。如果当前代表的字符串的最长真后缀 \(fail(x)\) 不能走，那么当前状态 \(x\) 也不能走，因为 前者必然被后者所包含。那么考虑稍微更改一下构建的实现：

  void build() {
  	std::queue<int> Q;
  	for (int i = 0; i < S; i++) ch[0][i] = 1;
  	for (Q.push(1); !Q.empty(); ) {
  		int x = Q.front(); Q.pop();
  		for (int i = 0; i < S; i++) {
  			if (!ch[x][i]) { ch[x][i] = ch[fail[x]][i]; continue; }
  			Q.push(ch[x][i]);
  			fail[ch[x][i]] = ch[fail[x]][i];
  			end[ch[x][i]] |= end[fail[ch[x][i]]]; // <-
  		}
  	}
  }
  

• 那么 dp 的过程就比较显然了：先 \(1\to m\) 枚举长度，再考虑所有的状态，对于每个状态枚举所有可行转移。

  f[0][1] = 1;
  for (int i = 1; i <= m; i++)
  	for (int j = 1; j <= total; j++)
  		for (int c = 0; c < S; c++) if (!end[ch[j][c]])
  			(f[i][ch[j][c]] += f[i - 1][j]) %= mod;
  

• 时间复杂度 \(O(m\times \sum_i|s_i|)\)。

套路 2：套路 1 的矩阵优化

【POJ 2778】DNA Sequence：给定 \(n\) 个禁止串，求长度为 \(m\) 且不含任何一个禁止串的字符串个数。\(1\le m\le 2\times 10^9\)

• 现在 \(m\) 的规模边的很大，怎么办？我们先把问题做一步转化：从根状态结点走 \(m\) 步到任意 非禁止状态 的方案数。那么我们将建出的 Trie 图看做一个 有向图。然后就是经典的“从 \(s\) 走 \(m\) 条边到 \(t\) 的走法数”问题。

• 很显然地考虑 邻接矩阵（\(g\)） 表示这个图，然后对其做 \(m\) 次幂。那么 \(g_{i,j}\) 就是 \(i\) 走 \(m\) 步到达 \(j\) 的方案数。

• 那么答案即为 \(\sum_{x\in{\text{ACAM}}}g_{Q,x}\)，其中 \(Q\) 为根状态。

• 再用 矩阵快速幂 优化幂运算，复杂度为 \(O((\sum_i|s_i|)^3\log m)\)：

  Matrix f, g;
  for (int i = 1; i <= total; i++) if (!end[i])
      for (int j = 0; j < S; j++) if (!end[ch[i][j]])
          ++f.e[i][ch[i][j]];
  for (int i = 1; i <= total; i++)
      g.e[i][i] = 1;
  
  for (; m; m >>= 1, f = f * f)
      if (m & 1) g = g * f;
  
  int ans = 0;
  for (int i = 1; i <= total; i++)
      (ans += g.e[1][i]) %= mod;
  printf("%d\n", ans);
  

套路 3：转化为树上统计问题

【Codeforces 163E】e-Government：给定 \(k\) 个字符串 \(s_1, s_2, \cdots, s_k\)，要求维护一个字符串集 \(S\)，一开始 \(k\) 个字符串都在 \(S\) 中，现有 \(n\) 次操作，每次会加入或移除 \(k\) 个字符串中的一个，或者询问一个文本串求出 \(S\) 中每个串匹配次数之和。

• 首先 AC 自动机并不能很方便地支持动态加，更何况删除，显然是一开始就要建好 AC 自动机。
• 然后不能想到修改时直接在对应位置的计数器 \(\pm 1\)，然后统计贡献直接暴跳 \(fail\)。然而这个 Naive 的想法早就被卡了。
• 于是想二次加强版一样考虑建出 \(fail\) 树，然后就是跳祖先累加贡献，也就是 链上求和。
• 所以说现在要维护一颗树，支持链求和 & 单点修改。树剖或括号序加树状数组都可，复杂度 \(O(n\log n)/O(n\log^2 n)\)。
• 以及 【NOI2011】阿狸的打字机 也用了类似的思想，推荐写一下。

杂题选做

【POI2000】病毒

给定 \(n\) 个禁止串，求是否存在无限长的串，不包含任意一个禁止串。

• 这个题非常神奇，它要求尽量不匹配。
• 于是我们将计就计，在 AC 自动机上跑的时候，尽量避开禁止状态。注意，这里“禁止”的处理也需要想“文本生成器”那样修改构建函数。
• 然而“尽量避开”是个很模糊的概念，不过在这里显然是指可以在 AC 自动机下无限地走下去。
• 那么，其实只要找到一个 经过根状态的环即可。一次 Dfs 搞定。

【Codeforces 1202E】You Are Given Some Strings...

给定一个字符串 \(t\) 以及 \(n\) 个模式串 \(s_1, s_2, \cdots, s_n\)。设 \(f(s, t)\) 为字符串 \(t\) 在 \(s\) 中的出现次数，\(s_i+s_j\) 表示 \(s_i\) 在后面追加 \(s_j\) 所得到的字符串。求 \(\sum_{i,j}f(t, s_i+s_j)\)。

• 首先，如果其中一个 \(s_i+s_j\) 匹配上了，那么必然在 \(t\) 中存在一个 断点，使得前半部分的一个后缀为 \(s_i\)，后半部分的一个前缀为 \(s_j\)。
• 那么考虑枚举这个断点 \(x\)，记 \(f(x)\) 为 \(t\) 的前缀 \(1\sim x\) 中有几个模式串可以作为其后缀，同理对后缀 \(x\sim |t|\) 定义 \(g\) 表示几个可以作为前缀。答案可以表示为 \(\sum_{i\in[1, n)} f(i)\times g(i+1)\)。
• 由于 \(f\) 将字符串翻转就是 \(g\)，这里只提一下 \(f\) 的求法。首先对 \(s_1,s_2, \cdots,s_n\) 建 AC 自动机，然后 \(t\) 在上面跑转移。走到一个位置，当前 \(f\) 的值就是 \(fail\) 树上的子树和。\(g\) 的话就把所有串翻转再跑一遍。
• 复杂度 \(O(\sum_i|s_i|+|t|)\)