后缀自动机专题(hihocoder)

Posted 2022-09-11 heyuhhh

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#1445 : 后缀自动机二·重复旋律5

题意：
给出字符串\(s\)，询问字符串\(s\)中有多少不同的子串。

思路：
考虑对\(s\)建后缀自动机，那么\(\sum (len[i]-len[fa[i]])\)即为答案。
还可以考虑\(dp\)，设\(dp[i]\)为从\(i\)出发不同子串的个数，那么\(dp[i]=\sum_(i,j)\in Edgedp[j]+1\)。\(dp[1]\)即为答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000006;
char s[N];
struct node
    int ch[26];
    int len, fa;
    node()memset(ch, 0, sizeof(ch)), len = 0;
dian[N << 1];
int last, tot;
void add(int c) 
    int p = last;
    int np = last = ++tot;
    dian[np].len = dian[p].len + 1;
    for(; p && !dian[p].ch[c]; p = dian[p].fa) dian[p].ch[c] = np;
    if(!p) dian[np].fa = 1;
    else 
        int q = dian[p].ch[c];
        if(dian[q].len == dian[p].len + 1) dian[np].fa = q;
        else 
            int nq = ++tot; dian[nq] = dian[q];
            dian[nq].len = dian[p].len + 1;
            dian[q].fa = dian[np].fa = nq;
            for(; p && dian[p].ch[c] == q; p = dian[p].fa) dian[p].ch[c] = nq;
        
    

int n;
int main() 
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    last = tot = 1;
    scanf("%s", s + 1);
    n = strlen(s + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) add(s[i] - 'a');
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= tot; i++) ans += dian[i].len - dian[dian[i].fa].len;
    cout << ans;
    return 0;

#1449 : 后缀自动机三·重复旋律6

题意：
对于给定字符串\(s\)，求出所有所有长度为\(k\)的子串中，出现最多的次数。\(k\)取遍\(1,2,\cdots,len(s)\)。

思路：

• 考虑最朴素的解法：对于后缀自动机上的每个结点，在当前类中长度区间为\([min[i],max[i]]\)，此时对答案的贡献为\(endpos(i)\)。那么线段树区间更新，维护最大值即可。

但这样可能会比较慢，考虑问题的性质。

• 注意到\(ans[1,2,\cdots,len(s)]\)是单调不增的。因为若对于一个长度\(L\)来说，其出现次数为\(k\)，那么其儿子类中出现的次数肯定不会小于\(k\)。

• 那么考虑在\(max[i]\)处打上一个标记，表示长度小于等于它时答案应该更大，否则更小。之后倒着扫一遍维护后缀最大值即可。

为什么这样答案是正确的？

• 因为答案只有可能在这些\(endpos(i)\)处产生，并且取最大值符合限制条件。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000006;
char s[N];
struct node
    int ch[26];
    int len, fa;
    node()memset(ch, 0, sizeof(ch)), len = 0;
dian[N << 1];
int last = 1, tot = 1;
ll ans[N], f[N << 1];
void add(int c) 
    int p = last;
    int np = last = ++tot;
    dian[np].len = dian[p].len + 1;
    f[np] = 1;
    for(; p && !dian[p].ch[c]; p = dian[p].fa) dian[p].ch[c] = np;
    if(!p) dian[np].fa = 1;
    else 
        int q = dian[p].ch[c];
        if(dian[q].len == dian[p].len + 1) dian[np].fa = q;
        else 
            int nq = ++tot; dian[nq] = dian[q];
            dian[nq].len = dian[p].len + 1;
            dian[q].fa = dian[np].fa = nq;
            for(; p && dian[p].ch[c] == q; p = dian[p].fa) dian[p].ch[c] = nq;
        
    

int q[N << 1], in[N << 1];
void topsort() 
    int l = 1, r = 0;
    for(int i = 1; i <= tot; i++) in[dian[i].fa]++;
    for(int i = 1; i <= tot; i++) if(!in[i]) q[++r] = i;
    while(l <= r) 
        int x = q[l++];
        f[dian[x].fa] += f[x];
        if(--in[dian[x].fa] == 0) q[++r] = dian[x].fa;
    

int n;
int main() 
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    scanf("%s", s + 1);
    n = strlen(s + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) add(s[i] - 'a');
    topsort();
    for(int i = 1; i <= tot; i++) ans[dian[i].len] = max(ans[dian[i].len], f[i]);
    for(int i = n; i; i--) ans[i] = max(ans[i], ans[i + 1]);
    for(int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i] << '\n';
    return 0;

#1457 : 后缀自动机四·重复旋律7

题意：
现在给出\(n\)个十进制串，要求所有不同的串的和。

思路：
因为后缀自动机的\(next\)指针代表在当前类中的串后面加上一个字符，并且每条路径对应唯一子串，每个结点代表一个等价类。
所以此问题可以考虑递推来求解：

• 首先将多个串用分隔符拼接起来，然后统一处理。
• 记当前结点的答案为\(dp_i\)，那么根据拓扑序来\(dp\)，转移方程有：\(dp_i=\sum_(j,i)\in Edgedp[j]*10+cnt[i]*w(j,i)\)，其中\(cnt[i]\)为到达\(i\)的合法路径个数，即不会经过分隔符的路径个数，这个我们可以一边\(dp\)一边处理。

为什么要不经过分隔符？只要没有分隔，我们就是兄弟~
之后将所有值累加即为答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2000006, MOD = 1e9 + 7;
ll ans;
struct SAM
    struct node
        int ch[26];
        int len, fa;
        node()memset(ch, 0, sizeof(ch)), len = 0;
    dian[N];
    int q[N], in[N];
    ll f[N], cnt[N];
    bool vis[N];
    int last = 1, tot = 1;
    void add(int c) 
        int p = last;
        int np = last = ++tot;
        dian[np].len = dian[p].len + 1;
        for(; p && !dian[p].ch[c]; p = dian[p].fa) dian[p].ch[c] = np;
        if(!p) dian[np].fa = 1;
        else 
            int q = dian[p].ch[c];
            if(dian[q].len == dian[p].len + 1) dian[np].fa = q;
            else 
                int nq = ++tot; dian[nq] = dian[q];
                dian[nq].len = dian[p].len + 1;
                dian[q].fa = dian[np].fa = nq;
                for(; p && dian[p].ch[c] == q; p = dian[p].fa) dian[p].ch[c] = nq;
            
        
    
    void gogogo() 
        int l = 1, r = 0;
        q[++r] = 1;
        while(l <= r) 
            int u = q[l++];
            for(int i = 0; i < 10; i++) 
                int v = dian[u].ch[i];
                if(!v) continue;
                ++in[v];
                if(!vis[v]) q[++r] = v;
                vis[v] = 1;
            
        
    
    void topsort() 
        int l = 1, r = 0;
        q[++r] = 1; cnt[1] = 1;
        while(l <= r) 
            int u = q[l++];
            for(int i = 0; i < 10; i++) 
                int v = dian[u].ch[i];
                if(!v) continue;
                cnt[v] += cnt[u];
                f[v] = (f[v] + (f[u] * 10 + i * cnt[u]) % MOD) % MOD;
                if(--in[v] == 0) q[++r] = v;
            
        
    
    ll getans() 
        ll res = 0;
        for(int i = 1; i <= tot; i++) res = (res + f[i]) % MOD;
        return res;
    
A;
int n;
string s;
int main() 
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n;
    string res = "";
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> s, res += s, res += ":";
    int len = res.length();
    for(int i = 0; i < len - 1; i++) A.add(res[i] - '0');
    A.gogogo();
    A.topsort();
    cout << A.getans();
    return 0;

#1465 : 后缀自动机五·重复旋律8

题意：
给出一个字符串\(S\)，然后有多个询问，每个询问给出一个字符串\(T\)，回答\(T\)的循环同构在\(S\)中出现了多少次。

思路：
还是考察后缀自动机的性质。
考虑枚举每一个位置，依次统计答案。

• 我们预处理出\(f[i]\)，表示\(T\)串中，以\(T[i]\)结尾的子串与\(S\)串的最长公共前缀。
• 假设\(f(i)\geq len(T)\)，那么则代表以\(i\)结尾的子串肯定出现在\(S\)中。
• 如果知道当前对应的状态为\(u\)，那么此时对答案的贡献就是\(|endpos(u)|\)。
• 那么我们定义一个变量\(u\)记录当前状态，随着\(i\)的增加，\(u\)也不断地在后缀自动机上面跑。
• 但最终找到的状态\(u\)不一定为最优，所以可以沿着后缀链接往回跳，找到一个位置\(u\)满足\(max[u]\geq len(T)\geq min[u]\)，此时的\(u\)即为最优情况。
• 也可能存在找不到的情况，那么\(u\)肯定变为\(0\)，判断一下即可。

注意考虑特殊情况，就是我们找到的状态\(u\)已经计入答案的时候，这时我们不会重复计入答案。
那干嘛往回跳？不往回跳就行了嘛。就算这里不往回跳，那当前类中的所有串也是包含最优状态中的子串，它不能匹配，你也不能。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200005;
struct node
    int ch[26];
    int len, fa;
    node()memset(ch, 0, sizeof(ch)), len = 0;
dian[N];
int last = 1, tot = 1;
ll f[N], g[N], h[N];
void add(int c) 
    int p = last;
    int np = last = ++tot;
    dian[np].len = dian[p].len + 1;
    h[np] = 1;
    for(; p && !dian[p].ch[c]; p = dian[p].fa) dian[p].ch[c] = np;
    if(!p) dian[np].fa = 1;
    else 
        int q = dian[p].ch[c];
        if(dian[q].len == dian[p].len + 1) dian[np].fa = q;
        else 
            int nq = ++tot; dian[nq] = dian[q];
            dian[nq].len = dian[p].len + 1;
            dian[q].fa = dian[np].fa = nq;
            for(; p && dian[p].ch[c] == q; p = dian[p].fa) dian[p].ch[c] = nq;
        
    

int q[N], in[N];
void topsort() 
    int l = 1, r = 0;
    for(int i = 1; i <= tot; i++) in[dian[i].fa]++;
    for(int i = 1; i <= tot; i++) if(!in[i]) q[++r] = i;
    while(l <= r) 
        int x = q[l++];
        h[dian[x].fa] += h[x];
        if(--in[dian[x].fa] == 0) q[++r] = dian[x].fa;
    


int n;
string s;
int chk[N];
int main() 
//    freopen("input.in", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> s;
    int len = s.length();
    for(int i = 0; i < len; i++) add(s[i] - 'a');
    topsort();
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        ll ans = 0;
        cin >> s; s += s;
        len = s.length();
        for(int j = 0; j < len; j++) f[j] = g[j] = 0;
        int u = 1, l = 0;
        for(int j = 0; j < len; j++) 
            int tmp = s[j] - 'a';
            while(u && !dian[u].ch[tmp]) u = dian[u].fa, l = dian[u].len;
            if(u == 0) 
                f[j] = l = 0; u = 1;
             else 
                f[j] = ++l; //注意这里不能直接赋值为len，因为len代表着最长！！！而这里我们是只添加了一个字符。
                u = dian[u].ch[tmp];
                g[j] = u;
            
        
        for(int j = 0; j < len; j++) 
            int tmp = g[j];
            if(f[j] < len / 2) continue;
            while(dian[dian[tmp].fa].len >= len / 2) tmp = dian[tmp].fa;
            if(chk[tmp] != i) 
                chk[tmp] = i;
                ans += h[tmp];
            
        
        cout << ans << '\n';
    

#1466 : 后缀自动机六·重复旋律9

题意：
给出两个字符串\(A\)和\(B\)，现在两个人玩游戏，先手会给出两个子串，然后先手开始，每个人依次往其中一个串后面添加任意一个字符。当一个人添加字符后，所得到的串还应为原串的子串。当某个人不能满足条件时，即判为失败。
现问所有开始局面的所有情况中（包含空串），字典序第\(k\)大局面是什么。
此处比较字典序先比较第一个字符串，再比较第二个字符串。

思路：
易知这是两个有向图游戏，那么最终的局面与两个状态的\(sg\)值相关。如果\(sg[x]\ xor\ sg[y]=0\)，则为先手必败局面，否则先手必胜。
知道这一点那么我们肯定会把每个结点的\(sg\)值求出来，因为每个结点的出边不会超过\(26\)条，所以\(sg\)值最大为\(27\)，那么可以直接暴力来求。
接下来考虑如何求字典序第\(k\)大：

• 首先肯定先求出第一个字符串。那么对于每个位置，判断此时第二个有向图中所有的状态数是否大于\(k\)即可知道第一个字符串能不能中止[1]；如果不能，则枚举后面的字符，贪心确定下一位[2]；
• 第一个字符串确定后，来确定第二个字符串。同上面的思路，我们首先看目前状态能否产生贡献，如果\(k>0\)，那么则继续枚举下一位，贪心确定[3]。

大体思路就是这样，那么具体条件是什么？根据之前的分析，肯定和\(sg\)函数有关。
我们对每个状态\(u\)，求出\(cnt[u][0,1,\cdots,26]\)，表示从\(u\)出发，能经过结点的\(sg\)值为\(0,1,\cdots,26\)的个数；并求出\(sum[u]=\sum cnt[u][i]\)
那么上面的三个条件判断如下(我们只需要统计必胜局面)：

• [1] \(sum[1]-cnt[1][sg[u]]\)与\(k\)；
• [2] \(\sum_i cnt[v][i]*(sum[1]-cnt[1][sg[v]])\)与\(k\)；
• [3] \(sum[v]-cnt[v][sg[u]]\)与\(k\)。

至于为什么这样，脑补一下就行了~
详细见代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5, MAX = 26;

struct SAM
    struct node
        int ch[MAX + 5];
        int len, fa;
        node()memset(ch, 0, sizeof(ch)), len = 0;
    dian[N];
    int last = 1, tot = 1;
    ll cnt[N][MAX + 5], sum[N];;
    int sg[N], flag[N][MAX + 5];
    void add(int c) 
        int p = last;
        int np = last = ++tot;
        dian[np].len = dian[p].len + 1;
        for(; p && !dian[p].ch[c]; p = dian[p].fa) dian[p].ch[c] = np;
        if(!p) dian[np].fa = 1;
        else 
            int q = dian[p].ch[c];
            if(dian[q].len == dian[p].len + 1) dian[np].fa = q;
            else 
                int nq = ++tot; dian[nq] = dian[q];
                dian[nq].len = dian[p].len + 1;
                dian[q].fa = dian[np].fa = nq;
                for(; p && dian[p].ch[c] == q; p = dian[p].fa) dian[p].ch[c] = nq;
            
        
    
    int get_sg(int u) 
        if(~sg[u]) return sg[u];
        for(int i = 0; i < MAX; i++) 
            int v = dian[u].ch[i];
            if(!v) continue;
            flag[u][get_sg(v)] = 1;
            for(int j = 0; j <= MAX; j++) cnt[u][j] += cnt[v][j];
        
        int i = 0;
        while(flag[u][i]) ++i;
        sg[u] = i; ++cnt[u][i];
        for(int i = 0; i <= MAX; i++) sum[u] += cnt[u][i];
        return sg[u];
    
    void build(char *s) 
        int n = strlen(s + 1);
        for(int i = 1; i <= n; i++) add(s[i] - 'a');
        memset(sg, -1, sizeof(sg));
        get_sg(1);
    
A, B;
vector <char> res1, res2;
ll k;
char s[N];
int now;
ll getnow(int u) 
    ll res = 0;
    for(int i = 0; i <= MAX; i++) 
        res += A.cnt[u][i] * (B.sum[1] - B.cnt[1][i]);
    
    return res;

int dfsa(int u) 
    ll sum = B.sum[1] - B.cnt[1][A.sg[u]];
    if(sum >= k) return u ;
    else k -= sum;
    for(int i = 0; i < MAX; i++) 
        int v = A.dian[u].ch[i];
        if(!v) continue;
        if(getnow(v) < k) 
            k -= getnow(v);
         else 
            res1.push_back(i + 'a');
            return dfsa(v);
        
    
    return -1;

void dfsb(int u) 
    k -= A.sg[now] != B.sg[u];
    if(k <= 0) return;
    for(int i = 0; i < MAX; i++) 
        int v = B.dian[u].ch[i];
        if(!v) continue;
        ll sum = B.sum[v] - B.cnt[v][A.sg[now]];
        if(sum < k) k -= sum;
        else 
            res2.push_back(i + 'a');
            dfsb(v);
            return;
        
    

int main() 
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> k;
    cin >> s + 1;
    A.build(s);
    cin >> s + 1;
    B.build(s);
    now = dfsa(1);
    if(now == -1) 
        cout << "NO";
        return 0;
    
    dfsb(1);
    for(auto it : res1) cout << it;
    cout << '\n';
    for(auto it : res2) cout << it;
    return 0;

总结

最近学了后缀自动机，练了几道题，感觉后缀自动机十分的强大，能做许多的事情（毕竟天生DAG），但同时也十分灵活，需要一定的技巧性。
比如\(next\)指针，我们一般就需要一位一位来分析；跳后缀链接，那就是不断跳到长度更小的且具有相同后缀的子串集合中。
重复旋律6，感觉就是对\(parent\)树的理解，同时还具有一定的思维难度。
重复旋律7，将多个串拼在一起的技巧，其实很多字符串的题也会遇到，但放在后缀自动机中，总感觉有一些陌生...此时的每个\(endpos\)等价类，不带分隔符的子串，就是所有字符串的那些子串了，是不是感觉很巧妙，很神奇？
重复旋律8，里面跳后缀链接的操作，有点类似于字符串的匹配问题，因为每跳一次，就有了更多可选集合；同时最后还有个操作，也是为了保证答案的正确性。
重复旋律9，next指针上面跑sg函数，则主要用了后缀自动机天生DAG的性质，并且有向图游戏在博弈领域有很多的定理。同时对两个字典序求第\(k\)大，也蕴含了贪心的思想。
总之，还需要多加练习才行~