前言

只是一个小记，不是算法详解

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参考资料

史上最通俗的后缀自动机详解
广义SAM模板题解

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正题

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概念

定义

简单的，一个有向无环图，边有字母，满足起点开始的每一条路径都是原串的一个子串。
并且保证复杂度在$O(n)$级别内的。

$endpos$相关

每一个子串$p$的$endpos(p)$被定义为原串中所有出现子串$p$的末尾位置集合。
$endpos$相同的子串被定义为一个$endpos$类，可以证明任何一个串的$endpos$类数量不会超过$O(n)$级别。
性质：

• 对于两个$endpos$相同的子串，其中短的一个一定是另一个的后缀
• 对于任意两个子串$p,q$，且$q$的长度大于$p$，一定有$endpos(p)\subseteq endpos(q)$或$endpos(p)\cap endpos(q)=\varnothing$

$parents$树

根据$endpos$的两个性质我们可以构建一棵树，其中对于两个$endpos$类$x\subseteq y$那么就有一条边$x->y$。
性质：

• 对于一个在$f{a}_x$的$endpos$类里的串一定是$x$的$endpos$类串的后缀
• 定义在$f{a}_x$的$endpos$类里的最长的串长度为$Len$，在$endpos$类里最短的串长度为$len$那么有$Len=len+1$

还有一个最重要性质，就是$parents$里的节点就是$SAM$里的节点

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代码解析

懒得搞图，图片去看参考资料。

void add(int c){int p=las;int np=las=++cnt;len[np]=len[p]+1;siz[cnt]++;for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=np;if(!p)fa[np]=1;else{int q=ch[p][c];if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q;else{int nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));fa[nq]=fa[q];fa[np]=fa[q]=nq;for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;}}return;
}

• 第$3$行：新节点的最长一定新串的长度，因为左右不可能再加任何节点。
• 第$4$行：往前跳，中途指一条$c$的边向新节点$np$（更新路径上的$endpos$）。但是如果一个位置已经有这条边了，前面已经加入过这个字符即有这些新的$endpos$了。在$parent$树上跳的原因是因为这条链上的$endpos$是包含后缀的。
• 第$5$行：如果字符$c$是新出现的字符，那么这一定是一个由根节点印出来的新$endpos$类。
• 第$8$行：定义新的$p$为$p^{\prime }$，因为$p^{\prime }$是$p$的祖先，且$p^{\prime }$中最长的长度加一是$p$中最长的，那么也就是$q$中最长的与$np$拥有相同的$endpos$即$endpos(np)\subseteq endpos(q)$那么$np$的父节点就是$q$
• 第$10\sim 13$行：这是$SAM$中最关键的部分，当$le{n}_p+1$不等于$le{n}_q$时，那么表示$le{n}_q$中不能所有的$endpos$都加入$n$，而是有一部分要分离出来。此时我们需要新建立一个节点$nq$来储存加入了$n$这个$endpos$的$endpos$类。首先加入新字符之前$nq$与$q$完全相同，所以我们可以直接继承$q$的信息。而因为$nq$是可以加入$n$这一信息的，所以有$endpos(q)\subseteq endpos(nq)$所以我们让$q$的父节点为$nq$，然后显然$np$的父节点也为$nq$。然后我们要往前更新信息，如果跳到$c{h}_{p,c}\ne q$时，这个节点$p$本身$c$的出边时本身就与$q$没有关系的，所以就可以不用再更新了。

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广义SAM

如果一个$SAM$中我们要加入多个字符串时我们应该怎么办，广义$SAM$分为离线的和在线的做法。

离线做法：对于所有的字符串我们先构造出一棵$Trie$树，然后每一次的$last$就是它$Trie$树上的父节点的节点，因为这样保证了一个节点后面不会插入重复的字符。
在线做法：考虑如果插入了重复的字符怎么办，那么证明这个节点的$endpos$类一定是有出现过的，我们可以像$SAM$中后面那个判断一样搞就好了
这里是在线做法的代码：

ll Ins(ll c,ll last){ll p=last;if(ch[p][c]){ll q=ch[p][c];if(len[p]+1==len[q])return q;else{ll nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));fa[nq]=fa[q];fa[q]=nq;for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;return nq;}}ll np=++cnt;len[np]=len[p]+1;for(;p&&!ch[p][c];p=fa[p])ch[p][c]=np;if(!p)fa[np]=1;else{ll q=ch[p][c];if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q;else{ll nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;for(;p&&ch[p][c]==q;p=fa[p])ch[p][c]=nq;}}return np;
}

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例题解析

P3804-[模板]后缀自动机

给出一个长度为$n$的串，求一个最大的子串长度乘上子串出现次数

在构造$SAM$的时候统计每个$endpos$类包含了几个$endpos$，这就是这个$endpos$类子串中出现的次数，然后每个$endpos$类取最长的子串就好了（在构造时已经保存了）。
对于每个$endpos$的集合如何统计，对于每个$np$，它都会有一个前缀$i$作为这个$endpos$类，而在往下的过程中这个前缀位置$i$会丢失（因为再往下的末尾都是在$i$之后，而没有一个在$i$的后缀是在之后加入的）。也就是让$f_{np}++$，然后按照长度从大到小让$f_{f{a}_x}+=f_x$，因为一个节点的父节点长度一定比子节点小。

P3975-[TJOI2015]弦论

求一个字符串第$k$大的子串。

对于相同的子串算同一个时，那么其实就是求$SAM$上字典序第$k$大的路径，处理出每一个节点的后继状态直接跑即可。
对于相同的子串不算同一个时，我们处理处每个节点的$endpos$集合大小，这就是这个$endpos$类中每个子串的出现次数。然后用这个处理后继状态直接跑即可。

SP1811-Longest Common Substring

求两个串的最长公共子串

我们先构建第一个串的$SAM$，然后用第二个串在第一个串上跑，如果不能继续跑下去那么我们直接在$parent$树上往前跳就好了，因为在$SAM$中$parent$树的左右可以类似于$AC$自动机中$fail$树的定义。然后跳完了之后取$len+1$就好了。

P5341-[TJOI2019]甲苯先生和大中锋的字符串

求出现次数恰好为$k$的字符串中出现次数最多的长度

因为对于一个相同的$endpos$类中的字符串都是长度连续且不同的，也就是$[le{n}_{f{a}_x}+1,le{n}_x]$这个范围内每一个长度各有一个字符串，然后差分做就好了。