淺談Suffix Automaton（後綴自動機）

這是一個強大的automaton——Suffix Automaton==>我學過最強大，最牛犇，最難理解的自動機

現在給你一個問題:

給定一個字符串，要求這個字符串所有子串出現的次數分別是多少

樸素算法

①枚舉左端點，枚舉右端點，用hash記錄一下，統計個數。(注意最好雙hash，保證正確率)
預計時間複雜度：$O(n^2)$
②可以直接開trie記錄，以所有後綴建，就好像這樣：aabbabd

每次建的時候就記錄每個地方的次數，因爲有$n^2$個點，那麼時間複雜度也就是$O(n^2)$

$n^2$複雜度很優秀，但是…

n<=100000啊啊啊啊啊…

這樣做不了，怎麼辦？！

這時我們引進Suffix Automaton（後綴自動機）

（集中精神，前方高能）

後綴自動機定義

一個串$S$的後綴自動機$(SAM)$是一個有限狀態自動機$(DFA)$，它能且只能接受所有$S$的後綴(當然，它能做的事情遠遠不僅限於後綴).

後綴自動機其實是一個$DAG$(有向無環圖)，其中頂點是狀態，邊代表了狀態之間的轉移.

某一狀態$S$被稱爲初始狀態，由它能夠到達其餘所有狀態.

自動機的所有轉移，都是一條有向邊，且都被某種符號標記，從某一狀態出發的所有轉移必須擁有不同的標記.

一個狀態被稱爲終止狀態，表示如果我們從初始狀態$S$經任意一條路徑走到某一終止狀態，並順序寫出經過邊的標記，得到的字符串必定是原串的後綴.

在符合上述條件的所有自動機中，後綴自動機擁有最少的狀態與轉移，並且後綴自動機的狀態數以及轉移數都是$O(|S|)$的.

Pre的定義

可以說，pre是後綴自動機中最核心的東西，也是最難懂的部分。所以認真看！
pre[x]表示字符串[S_{x]的最長後綴[S}pre[x]]的右端點，例如：

綠色的虛線表示pre邊。很顯然我們可以發現3的pre邊連向的是[S_{3]的最長後綴[S}1]的右端點1。

Pre的連邊

對於剛剛加入的now點，尋找las的pre邊，如果沒有一條與當前新加的這條邊相同的邊就加上一條這樣的邊，直到找到一個有與當前新加的這條邊相同的邊爲止。然後分爲兩種情況：我們設當前找到的這個點爲p，它連向的兒子爲q。

①如果p，q兩點距離爲1，那麼就可以直接把當前新節點的pre邊指向q。
②如果p，q兩點距離大於1，我們會發現如果把當前新節點的pre邊指向q，不符合[S_q]爲[Snow]的後綴（如下圖）

（ab並不是abb的後綴）
我們分析這樣做錯誤的原因，因爲我們把原串中的ab當成了b（就是連在下面的那條邊），所以把ab誤認爲成了abb的後綴，那麼我們想，我們呢原來是想連b爲後綴的，所以這是我們需要進行加點操作。

加點操作

我們在p以後加入一個點，與p及以前所有與q用當前符號爲邊相連的點，與新加入的點連上一條與當前符號相同的邊，例如上圖是b，因爲這個點在原串中是不存在的，它只是q的一個分身，所以q指出去的所有邊它也都要連，然後新加的點的pre邊自然就變成了q原來的pre邊，然後q和now的pre邊也就指向了當前新加節點：

對於“aabbabd”來說它的自動機長這樣：

時間複雜度

時間複雜度是：$O(n)$.
最大的狀態數是2n-1，因爲除了前面三個點，後面的所有點都可以加點。
#應用

1.給定字符串T，每次詢問一個p，問p是否爲T的子串.

• 對T建一個後綴自動機.
• 每次詢問就從初始狀態ss開始走，然後沿着詢問的字符串走.
• 時間複雜度$O(|T|+∑ |p|)O(|T|+∑ |p| )$

2.給定字符串S，問它有多少不同的子串.

• 還是先建一個後綴自動機.
• 那麼對於後綴自動機中的任何一條路徑，都是一個不同的子串.
• 所以答案就是從S開始出發的不同路徑數.

3.給定字符串S，每次詢問S的所有不同子串中字典序第k小.

• 和前兩問類似，我們只需要處理從一個狀態開始，每種字符的路徑條數.
• 然後從起點S一直找就好了.

4.給定字符串S，找到和它循環同構的字典序最小的字符串.

• 我們對字符串S+S做一個後綴自動機，然後貪心的找字典序最小就好啦~

5.給定多個字符串，求它們的最長公共子串.

• 思考…

模板Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define maxN 2000010
using namespace std;
int son[maxN][27],pre[maxN],len[maxN],sum[maxN];
int sz,las,lens,now,q,p;
char s[maxN];
void add(int x)
{
	len[++sz]=len[las]+1,sum[sz]=1,now=sz;
	for (p=las;p&&!son[p][x];p=pre[p]) son[p][x]=now;
	if(p)
	{
		q=son[p][x];
		if(len[q]>1+len[p])
		{
			len[++sz]=len[p]+1;
			memcpy(son[sz],son[q],sizeof(son[q]));
			pre[sz]=pre[q];pre[q]=pre[now]=sz;
			for (;son[p][x]==q;p=pre[p]) son[p][x]=sz;
		}
		else pre[now]=q;
	}
	else pre[now]=1;
	las=now;
}
int main()
{
	scanf("%s",s+1);
	lens=strlen(s+1);sz=las=1;
	for (int i=1;i<=lens;++i) add(s[i]-96);
}