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后缀三姐妹笔记

2021-01-10 19:05:03 作者：互联网

后缀三姐妹笔记

后缀三姐妹笔记

~~没错这是百合番（迫真）~~

符号

$\Sigma$ ：字符集
设 $s$ 是一个字符串，从 $1$ 开始编号：
- $|s|$：串 $s$ 的长度
- $s[l:r]$： $s$ 的子串 $[l,r]$，$l$ 和 $1$ 取 $\max$，$r$ 和 $|s|$ 取 $\min$
- $s[p:]$： $s$ 从 $p$ 开始的后缀
- $s[:p]$： $s$ 到 $p$ 为止的前缀

后缀数组 (Suffix Array / SA)

基本定义

将所有的后缀拿出来排个序，得到的就是后缀数组。一般我们会存几个数组

rk[i]：$s[i:]$ 的排名
kth[i]：排名为 $i$ 的后缀从哪里开始
height[i] （代码写作 ht[i]）：$LCP(s_{kth(i)},s_{kth(i-1)})$

前两个是最基本的，第三个拿来求 $LCP$，应用更广泛。

如何求

前两个：先求出来 $rk$，然后 kth[rk[i]]=i 即可

考虑求 $rk$：倍增法。每次的 $rk[i]$ 为，$s[i:i+2^k-1]$ 的排名。取到 $k=\log n$ 的时候，这个东西就是全部的排名了（注意取子串这个操作对 $|s|$ 取 $\min$）

现在我们已经求好了 $k$ 的排名，要求 $k+1$ 的排名。

那很简单，把 $i$ 位置看作是 $rk[i],rk[i+2^k]$ 组成的二元组，然后来一个双关键字的排序即可。

然后这样是 $O(n\log^2 n)$ 的。太慢了。考虑用计数排序（鸡排）优化掉它，就变成了 $O(n\log n)$

如何鸡排：
#define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define D(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)

int cnt[N];
int a[N],tmp[N];
void chicken_sort()
{
	F(i,1,n) cnt[a[i]]++;
	F(i,1,n) cnt[i]+=cnt[i-1];
	D(i,n,1) tmp[cnt[a[i]]--]=a[i];
	F(i,1,n) a[i]=tmp[i],tmp[i]=0;
}
这个东西画一下就懂了，意思就是，某个东西出现了 $cnt$ 次，那就给它分配 $cnt$ 个空间，然后每次从后往前遍历，从后往前填充它现在应当所在的位置。

注意到两个“从后往前”方向一致，所以它是稳定的。

现在有两个关键字。可以先按一个关键字做一遍（稳定的）鸡排，然后用这个结果做第二遍鸡排，即可。

想象一下怎么写，代码到最后给全。

~~你想看，就让你看个够啦~~

接下来考虑 ht 数组。考虑它的辅助数组：$h$ 数组

$h[i]$ 表示 $i$ 和 $i$ 排名前一位（$kth(rk(i)-1)$，后记作 $pre(i)$）的 $LCP$

$h$ 数组有一个性质：

\[h[i]\ge h[i-1]-1 \]

证明这个结论之前，先考虑排好序的后缀有甚么性质

在排好序的后缀中，设排序结果为 $s_1,s_2\cdots s_n$，有：

\[LCP(s_i,s_j)=\min(ht_{i+1},ht_{i+2}\cdots ht_{j}) \]

~~显然可以想象出来~~

设它（$LCP$）为 $k$。那么 $s_i,s_j$ 的 $k+1$ 位一定不同，并且 $s_i$ 的更小

想像一下排完序之后数组长什么样。每次相邻两个都是，前面若干相同，然后有一个不同，一定是变大的。

那么假设 $[i,j]$ 区间的变化中，有一次的变化落在了 $[1,k]$ 之间，那么 $[1,k]$ 组成的串的字典序就已经严格大于 $s_i[1:k]$ 了，并且以后还会保持严格大于的状态。那么和我们假设的 $LCP(s_i,s_j)=k$，即他们前 $k$ 个相同，就矛盾了。

于是 $[i+1,j]$ 的 $ht$ 一定都 $\ge k$

那一定有一个 $=k$ 吗？显然是有的：要不然 $k+1$ 位不会有变化，那 $LCP$ 就是 $k+1$，或者以上了，又矛盾了。

于是证毕。

然后回到 $h$ 性质来。结合这个图来证明一下 $h$ 的性质。

这里的每一个黑色方框表示 $s$ 的一个后缀。

$p(i)$ 就是 $pre(i)$，仅对这个图中有效。

$h[i-1]$ 就是 $LCP(i-1,p(i-1))$。然后现在我们同时拿掉第一个字符，得到两个绿色的串，长度为 $h[i-1]-1$。然后绿色的串后面分别是橙色，黄色的字符，橙色>黄色（由于我们排好了序）

那么橙色就是 $i$ 后面那个位置，得到 $s[i:]$ 的字典序要大于 $s[p(i-1)-1:]$，并且 $s[i:]$ 和 $s[p(i-1)-1:]$ 的 $LCP$ 就是 $h[i-1]-1$。

所以 $s[p(i-1)-1:]$ 的排名在 $s[i:]$ 的严格前面。那么，它的排名 $\le$ $p(i)$ 串的排名。由 $LCP=min(ht)$ 的那个性质，我们知道 $LCP(s[i:],s[p(i-1)-1:])\le LCP(i,pre(i))$

原因很简单，由那个性质，$LCP\le $ 每一个 $ht$，而 $LCP(i,pre(i))$ 就是 $h[i]$，即 $ht[rk(i)]$，是 $LCP(s[i:],s[p(i-1)-1:])$ 的其中一个 $ht$。所以有这个 $\le $。

然后代换一下就有了，$h[i-1]-1\le h[i]$

有了这个性质有啥用呢？每次令 $h[i]=h[i-1]-1$，然后暴力找一遍，就可以 $O(n)$ 的求 $h$ 数组了。因为每次只会退一步，那一共只会退 $n$ 步，那我们 ++ 的次数一定不会超过 $2n$，显然是线性的。

根据 $h$ 就可以求 $ht$，然后再来一个 $st$ 表，就可以支持：

$O(n\log n)$ 的预处理，求出后缀数组的几个数组，以及支持 $O(1)$ 查询后缀 $LCP$。

这大概是一个封装好的板子

struct node{int x,y,id;} t[N],t2[N];
int cc[N];
inline void chicken_sort()
{
	F(i,0,n) cc[i]=0,t2[i]=(node){0,0,0};
	F(i,1,n) cc[t[i].y]++;
	F(i,1,n) cc[i]+=cc[i-1];
	D(i,n,1) t2[cc[t[i].y]--]=t[i];
	F(i,1,n) t[i]=t2[i],t2[i]=(node){0,0,0}; // 这是普通的鸡数排序, 做两遍即可

	F(i,0,n) cc[i]=0,t2[i]=(node){0,0,0};
	F(i,1,n) cc[t[i].x]++;
	F(i,1,n) cc[i]+=cc[i-1];
	D(i,n,1) t2[cc[t[i].x]--]=t[i];
	F(i,1,n) t[i]=t2[i],t2[i]=(node){0,0,0};
}
class Suffix_Array
{
public:
	char tt[N];
	int kth[N],rk[N],h[N],ht[N];
	int st[N][22],lg[N];
	void Build(char s[])
	{
		F(i,1,n) tt[i]=s[i]; sort(tt+1,tt+n+1);
		F(i,1,n) rk[i]=lower_bound(tt+1,tt+n+1,s[i])-tt;
		// 直接排序一遍得到最开始的rk

		F(k,1,20)
		{
			F(i,1,n) t[i]=(node){rk[i],rk[min(n+1,i+(1<<(k-1)))],i}; // 双关键字
			chicken_sort();
			int tot=0;
			for(int l=1,r=1;l<=n;l=r)
			{
				++tot;
				while(t[l].x==t[r].x and t[l].y==t[r].y and r<=n) // 注意要处理一下相同的, 并赋以相同的rk
				{
					rk[t[r].id]=tot;
					++r;
				}
			}
			if (tot==n) 
			{
				break;
			}
		}
		F(i,1,n) kth[rk[i]]=i;

		F(i,1,n) if (rk[i]>1)
		{
			h[i]=max(h[i-1]-1,0);
			int p=i,q=kth[rk[i]-1];
			while(s[p+h[i]]==s[q+h[i]]) // 暴力找
			{
				++h[i];
			}
		}
		F(i,1,n) ht[rk[i]]=h[i];

		lg[1]=0; F(i,2,n) lg[i]=lg[i>>1]+1;
		F(i,1,n) st[i][0]=ht[i];
		F(k,1,20) if ((1<<k)<=n)
		{
			F(i,1,n)
			{
				st[i][k]=min(st[i][k-1],st[i+(1<<(k-1))][k-1]);
			}
		} // st表
	}
	inline int mn(int l,int r) // 求一下最小值就是区间LCP了
	{
		if(l>r) swap(l,r); ++l;
		int k=lg[r-l+1];
		return min(st[l][k],st[r-(1<<k)+1][k]);
	}

	inline void clear()
	{
		F(i,0,n) 
		{
			tt[i]=kth[i]=rk[i]=h[i]=ht[i]=lg[i]=0;
			F(k,0,21)
			{
				st[i][k]=0;
			}
		}
	}
}S;

后缀树 (Suffix Trie)

考虑把每个后缀都插入到 Trie 里。

然后这个东西太大了，点数太多。

发现它的叶子只有 $n$ 个，所以很多都是单叉，只有最多 $n-1$ 个点能是多叉的，把链缩起来即可。

其实这是一个建虚树的过程。

事实上我并不会只建一个后缀树，我只会拿 SAM 建后缀树。所以咕到 SAM 来讲。

如何应用

放在树上考虑，做一些dp，贪心，之类的

后缀自动机 (Suffix Automaton / SAM)

提示：本篇仅供个人复习用，想要更好的体验首选 oi-wiki

基本定义&性质&简单证明

自动机

自动机的定义：

简单来说，就是边上带一个字符作为权的有向图。顺着有向图的边走，可以到达一个点，把边上的字符连起来，就是这个点表示的状态。一个点的状态不一定是一个，可能是一个集合。

当然如果自动机有环，那一个点就有无穷多状态了。

我们接触过的自动机，Trie 就是一个：它的点状态是唯一的。

我们称一个自动机能接受一个串，当且仅当，我们按照这个串的字符，在自动机上走，不会没有转移可以走。否则称这个自动机 不接受 这个串。

SAM 是一个点，边都是 $O(n)$ 的自动机，并且它能且仅能接受串的 所有后缀。它是一个高度压缩的自动机，毕竟把 $n^2$ 压缩到了 $n$

这是一个 SAM 的例子（oiwiki），串为 abbb

点的状态

设 $endpos(t)$ 表示字符串 $t$ 在 $s$ 中出现的末尾位置的集合。那么 SAM 上一个点，表示的状态集合（为什么是集合看上面）就是若干个 $endpos$ 集合相同的串。

$endpos$ 集合有几条性质，

对于两个串 $u,v$，$|u|<|v|$：
1. 要么 $endpos$ 不相交，要么 $endpos(v)$ 是 $endpos(u)$ 的子集。
2. 如果他俩 $endpos$ 相同，那肯定 $u$ 是 $v$ 的后缀
若干串的 $endpos$ 相同，那它们肯定是层层套起来的后缀，而且长度是连续的-1-1-1...-1

证明很简单：

如果 $endpos$ 有相交，交一次就会交多次，那肯定就是子集，要么就是没交；
和1一样的思路，交一次就会交多次，如果是恰好相同，那显然就是后缀了
考虑如果有跳着，不连续的，那中间的肯定 $endpos$ 都一样，都可以算进来，于是就是连续的了

现在来考虑如何表示出一个点的状态：

首先是一个 $endpos$，但是它显然无法显式维护出来。

那么我们可以维护几个变量，首先是长度区间 $[minlen,maxlen]$ （由性质3，一个点表示的字符串集长度应该是连续的），然后还有转移边。

后缀链接link

为了能够构造出 SAM，还需要一个辅助数组：后缀链接 $link$。$link$ 表示最长的一个后缀使得它 $endpos$ 不同，这个后缀对应的节点。

比如串 abaab 。abaab,baab,aab 的 $endpos$ 都是 $\{5\}$，而 ab 这个后缀的 $endpos$ 是 $\{2,5\}$

所以 abaab 这个节点的 $link$，就是 ab 对应的节点。

我们发现它有一个很好的性质：$maxlen(link(u))=minlen(u)-1$

然后我们就不用维护 $minlen$ 了，直接取一下 $maxlen(link(u))+1$ 即可。

代码里用 len 表示 $maxlen$

它还有另一个性质，每个点的 $link$ 组成一颗树。

显然，因为 $len$ 每次只会少，不会多，所以不会有环，而且显然会到 $0$ ，所以联通，那就是树了

如何构造

考虑增量法构造：每次增加一个字符 $c$。

考虑显然需要新增的节点：表示整个串的节点 $cur$。设 $las$ 等于上一个整串的节点，那么 $len[cur]=len[las]+1$，显然。

然后考虑加上转移边 $c$。显然要对上一个串的所有的后缀加上转移边 $c$：显然不需要找所有后缀，遍历 $las$ 的 $link$ 树到根的路径，没有 $c$ 就加上。

然后考虑求 $link[cur]$。我们需要找到上一次串的一个最长的后缀 $x$，使得 $x+c$ 在前面出现过。那加上这一次加入后的出现，就至少两次出现，所以就是 $link[cur]$ 了。

设我们找到的第一个后缀状态（$las$ 的 $link$ 树上到根的路径上的点），使得它有 $c$ 的转移，这个点为 $p$，然后到 $c$ 转移到的点为 $q$。

$p$ 表示的就是我们要的 $x$ 串，然后 $x+c$ 串是我们要的 $link$。那它的长度理应是 $len[p]+1$。

如果 $len[q]$ 恰好是 $len[p]+1$，那 $q$ 就是 $link[cur]$，很幸运。

然而 $len[q]$ 不一定是 $len[p]+1$，它可能还有其它的转移边到 $q$，导致这个 $len$ 跳了一些。

这时候我们要把 $q$ 状态拆开，复制出一个新状态 $q'$，其它的和 $q$ 一样，但是 $len[q']=len[p]+1$。然后把原来到 $q$ 的转移边都连到 $q'$，然后 $q'$ 复制 $q$ 的转移边，即可。换句话说，这个 $q'$ 就是取了 $q$ 表示的串的后 $len[p]+1$ 长度的后缀。

于是还要维护一下 $link[q]=q'$。当然，$link[cur]=q'$，这是我们想要的。

然后就有了一份构造 $SAM$ 的代码

int nx[N][26],len[N],lk[N];
int tot=1,las=1;
int add(int c) // 0<=c<=25
{
    int cur=++tot; 
    cnt[cur]=1;
    len[cur]=len[las]+1;
    int p=las;
    while(p and !nx[p][c]) // 遍历后缀，加上 c 转移
    {
        nx[p][c]=cur; 
        p=lk[p];
    }
    if (!p) // 很 trival，但是别忘了
    {
        lk[cur]=1;
    }
    else
    {
        int q=nx[p][c];
        if (len[q]==len[p]+1)
        {
            lk[cur]=q;
        }
        else
        {
            int q2=++tot;
            len[q2]=len[p]+1; // len[q']=len[p]+1
            lk[q2]=lk[q]; F(i,0,25) nx[q2][i]=nx[q][i]; // 复制其它的
            lk[cur]=q2; lk[q]=q2; // 搞一下 link
            while(p and nx[p][c]==q) // 改一下转移
            {
                nx[p][c]=q2; 
                p=lk[p];
            }
        }
    }
    las=cur;
    return cur;
}

如何应用

现在你有了一个有向无环图，其中所有的路径对应了所有的子串。

那可以用拓扑排序来搞很多问题。

然后利用 $link$ 树的性质，每个点的 $endpos$ 集合其实就是它 $link$ 树上子树里的并。线段树合并可以轻松搞出来这个，然后就可以用 $endpos$ 集合来干很多好事了。

以及，可以基于 $link$ 树跑 dp，也是常见套路。

还有，根据 $link$ 树，跑一遍线段树合并，即可将 $endpos$ 集合显式的存储在线段树上，这还是很有用的。

建后缀树

反过来跑一遍SAM，得到的 $link$ 树就是后缀树

证：

考虑后缀树上的一个分叉：$u$ 分裂成了几个儿子 $v_1,v_2...v_k$

那么显然 $u$ 出现了 $k$ 次，但是儿子们的出现次数都只有 $1$次。造成这个东西的原因就是，出现次数不一样，那也就是，$endpos$ 集合不一样。所以它就是一个 $link$ 的关系。

考虑在原串中跳 $endpos$ 集合，得到的东西是一个前缀的所有后缀。

后缀树上的节点，是一个后缀的所有前缀。

所以反过来建SAM即可。

标签：LCP,后缀,姐妹,笔记,len,link,endpos,rk
来源： https://www.cnblogs.com/LightningUZ/p/14259109.html

后缀三姐妹 笔记

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符号

后缀数组 (Suffix Array / SA)

基本定义

如何求

后缀树 (Suffix Trie)

如何应用

后缀自动机 (Suffix Automaton / SAM)

基本定义&性质&简单证明

自动机

点的状态

后缀链接link

如何构造

如何应用

建后缀树

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