「专题总结」后缀自动机

后缀自动机重点在于性质，东西很多注意区分概念。

后缀自动机是一个(DAG)，从根开始的路径能够识别(S)的每个后缀（子串），一定不存在一条从根开始的路径能够识别不是S的子串。
点：每个节点代表了一个(endpos)类，从根到该节点的所有字符串在S中的出现位置相同，
一个点代表的(endpos)集相同的各个串之间有后缀关系且连续，暂且称这些串的集合为(P)。
边：走(trans)相当于在后边加字符，跳(parent)树则是在前面减字符。
(nq)节点是为了划分不同的(endpos)集合，有自己的(len)，但不是(S)的某个前缀，不具有(siz)。
一个节点的(endpos)大小是(parent)树上的实点个数。
反串的(parent)树上，两点的(lcp)是(lca)的(len)，注意x y为lca。
广义后缀自动机能够识别多个串的子串。
(minlen(x)=maxlen(fa[x])+1)，所以按(len)排序（桶排），可以得到(trans)拓扑序。
称一个节点(x)能够代表的字符串为根到x的所有路径((trans))上的字符排列，则每个节点代表的字符串不重不漏，本质不同。

应用：

1. 求本质不同子串

统计根到其他点的路径数，或(Ans=sumlimits_{i=2}^{tot}len[i]-len[fa[i]])

2. 求所有后缀的lcp

建反串的SAM，那么两个前缀实点的lcp是parent树上的lca的len，
由于是前缀不需要和(length)取min，拓扑统计过每个点（作为lca）的实点点对数。《差异》

3. 字典序最小循环串

复制一倍，建SAM，贪心地从'a'->'z'走(|S|)长。《工艺》

4. 每次加入字符，在线求本质不同子串

发现答案的增量只有(len[np]-len[fa[np]])，其他点内部守恒。《生成魔咒》

5. 求S和T的最长公共子串

在S的后缀自动机上跑T匹配，若失配则暴力跳fa（由于匹配一位在parent tree上深度至多+1
，跳fa深度一定-1，所以类似栈的势能复杂度分析，为(O(lenth_T))），每次得到以i结尾的和S匹配的最长后缀长度(mx_i)，那么(Ans=max(mx_i))。

6. 求多个串的最长公共子串

对(S_1)建SAM，同上对其余串在SAM上跑匹配，记录匹配(mx)信息在SAM的节点上，
表示该串在这个endpos相同的后缀串集合(P)中最多匹配到哪个长度，由于parent上的祖先有该后缀集合中所有串的后缀，
一个节点只要有mx值，就要把其parent树祖先(p)全部置为(len_p)。最后答案为在每个SAM节点上（所有串mx值最小值）的最大值。《公共串》

7. 求第K小子串

在DAG上dp出每个节点开始有多少条路径，从根开始走相当于不断缩小问题规模，
如果(k>dp[v])则跳过，否则走一步并减去答案串到点v的路径数。《弦论》
还是想说一下这个DP，如果要求本质不同，当(rd[u]=0)时就要++(dp[u])，表示无论这个点（这些串）的(|endpos|)多大，
我也只算一次，然后“带着”这个出现的贡献一直dp到根统计路径。
如果可以重复，那么就要有(du[u])+=(|endpos_u|)，位置要算不同，实际上是在根到u的路径数上乘了(|endpos_u|)
同理有(sumlimits_{i=2}^{tot}(len[i]-len[fa[i]]) imes |endpos_i|=frac {n(n+1)}{2})

8. T在S中出现次数

在S的SAM上匹配T，如果失配说明S中不存在完整T，否则能找到在SAM上表示T的集合(P_u)，T的出现次数就为(|endpos_u|)。
如果要支持在线带修，需要打棵LCT维护动态parent树。维护子树和或者链加单点查都行。
注意第二种要给nq点赋同q点值《Substring》

##下面是一些不很模板的应用： ####B. 诸神眷顾的幻想乡（其实是广义模板）求树上本质不同子串。叶子节点不超过20个，于是可以以每个叶子为根建广义后缀自动机，~~再加上Deepinc的板子~~。本题给出了Trie，固定一个根rt，实际上一次dfs建出的SAM，和枚举叶子节点建出的SAM形态相同。因为q=las的特判。在线建的复杂度为$Theta(|A||T|+G(T))$$|A|$为字符集大小，$|T|$为把所有串插入Trie的大小，$G(T)$是Trie上所有叶子深度之和。 DFS在线会被卡成$n^2$?不会证。。。
####H. Cheat 答案具有单调性，考虑二分L。对M个串建广义SAM，处理出l[i]为以i结尾的最长匹配后缀长度。不能匹配到L就断开，因为之后的部分不到L就亏了。区间划分问题，考虑DP。设$f[i]$为i之前的最大熟悉长度，有转移$f[i]=max(f[i-1],f[j]+i-j)，i-l[i] leq j leq i-L$ 因为$l[i] geq l[i+1]$，所以$i-l[i] leq i+1-l[i+1]$ 决策具有单调性，用单调队列优化下就可以$Theta(n)$check了。

SAM模板


void extend(int c){
	int p=las,np;np=las=++tot;
	len[np]=len[p]+1;
	for(;p&&!to[p][c];p=fa[p])to[p][c]=np;
	if(!p)fa[np]=1;
	else{
		int q=to[p][c];
		if(len[q]==len[p]+1)fa[np]=q;
		else{
			int nq=++tot;len[nq]=len[p]+1;
			F(i,0,25)to[nq][i]=to[q][i];
			fa[nq]=fa[q];fa[np]=fa[q]=nq;
			for(;p&&to[p][c]==q;p=fa[p])to[p][c]=nq;
		}
	}
}

广义SAM模板


void extend(int x){
	int p=las,q,nq,np;
	if(q=to[p][x]){
		if(len[q]==len[p]+1){las=q;return;}
		las=nq=++tot;len[nq]=len[p]+1;
		F(i,0,c)to[nq][i]=to[q][i];
		fa[nq]=fa[q];fa[q]=nq;
		for(;p&&to[p][x]==q;p=fa[p])to[p][x]=nq;
	}
	else{
		np=las=++tot;
		len[np]=len[p]+1;
		for(;p&&!to[p][x];p=fa[p])to[p][x]=np;
		if(!p)fa[np]=1;
		else{
			q=to[p][x];
			if(len[q]==len[p]+1)fa[np]=q;
			else{
				nq=++tot;
				len[nq]=len[p]+1;
				F(i,0,c)to[nq][i]=to[q][i];
				fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;
				for(;p&&to[p][x]==q;p=fa[p])to[p][x]=nq;
			}
		}
	}
}