这是一个强大的automaton——Suffix Automaton==>我学过最强大,最牛犇,最难理解的自动机
现在给你一个问题:
给定一个字符串,要求这个字符串所有子串出现的次数分别是多少
朴素算法
①枚举左端点,枚举右端点,用hash记录一下,统计个数。(注意最好双hash,保证正确率)
预计时间复杂度:
②可以直接开trie记录,以所有后缀建,就好像这样:aabbabd
每次建的时候就记录每个地方的次数,因为有
个点,那么时间复杂度也就是
复杂度很优秀,但是…
n<=100000啊啊啊啊啊….
这样做不了,怎么办?!
这时我们引进Suffix Automaton(后缀自动机)
(集中精神,前方高能)
后缀自动机定义
一个串 的后缀自动机 是一个有限状态自动机 ,它能且只能接受所有 的后缀(当然,它能做的事情远远不仅限于后缀).
后缀自动机其实是一个 (有向无环图),其中顶点是状态,边代表了状态之间的转移.
某一状态 被称为初始状态,由它能够到达其余所有状态.
自动机的所有转移,都是一条有向边,且都被某种符号标记,从某一状态出发的所有转移必须拥有不同的标记.
一个状态被称为终止状态,表示如果我们从初始状态 经任意一条路径走到某一终止状态,并顺序写出经过边的标记,得到的字符串必定是原串的后缀.
在符合上述条件的所有自动机中,后缀自动机拥有最少的状态与转移,并且后缀自动机的状态数以及转移数都是 的.
Pre的定义
可以说,pre是后缀自动机中最核心的东西,也是最难懂的部分。所以认真看!
pre[x]表示字符串[S~x]的最长后缀[S~pre[x]]的右端点,例如:
绿色的虚线表示pre边。很显然我们可以发现3的pre边连向的是[S~3]的最长后缀[S~1]的右端点1。
Pre的连边
对于刚刚加入的now点,寻找las的pre边,如果没有一条与当前新加的这条边相同的边就加上一条这样的边,直到找到一个有与当前新加的这条边相同的边为止。然后分为两种情况:我们设当前找到的这个点为p,它连向的儿子为q。
①如果p,q两点距离为1,那么就可以直接把当前新节点的pre边指向q。
②如果p,q两点距离大于1,我们会发现如果把当前新节点的pre边指向q,不符合[S~q]为[S~now]的后缀(如下图)
(ab并不是abb的后缀)
我们分析这样做错误的原因,因为我们把原串中的ab当成了b(就是连在下面的那条边),所以把ab误认为成了abb的后缀,那么我们想,我们呢原来是想连b为后缀的,所以这是我们需要进行加点操作。
加点操作
我们在p以后加入一个点,与p及以前所有与q用当前符号为边相连的点,与新加入的点连上一条与当前符号相同的边,例如上图是b,因为这个点在原串中是不存在的,它只是q的一个分身,所以q指出去的所有边它也都要连,然后新加的点的pre边自然就变成了q原来的pre边,然后q和now的pre边也就指向了当前新加节点:
对于“aabbabd”来说它的自动机长这样:
时间复杂度
时间复杂度是:
.
最大的状态数是2n-1,因为除了前面三个点,后面的所有点都可以加点。
应用
1.给定字符串T,每次询问一个p,问p是否为T的子串.
- 对T建一个后缀自动机.
- 每次询问就从初始状态ss开始走,然后沿着询问的字符串走.
- 时间复杂度
2.给定字符串S,问它有多少不同的子串.
- 还是先建一个后缀自动机.
- 那么对于后缀自动机中的任何一条路径,都是一个不同的子串.
- 所以答案就是从S开始出发的不同路径数.
3.给定字符串S,每次询问S的所有不同子串中字典序第kk小.
- 和前两问类似,我们只需要处理从一个状态开始,每种字符的路径条数.
- 然后从起点S一直找就好了.
4.给定字符串S,找到和它循环同构的字典序最小的字符串.
- 我们对字符串S+S做一个后缀自动机,然后贪心的找字典序最小就好啦~
5.给定多个字符串,求它们的最长公共子串.
- 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);
}