【複習筆記】重習 AC 自動機

阿新 • • 發佈：2020-12-06

發現已經忘了許多。。。。於是複習一下

基礎要點概況

AC 自動機基於 Trie 樹 的結構，即構建 AC 自動機前需要先建 Trie。
一個狀態中除了轉移 $\delta$ 之外還有失配指標 $fail$。$fail(x)$ 對於的字串是 $x$ 對應字串的 最長真字尾。
要求出 $fail$ 我們可以 bfs 實現。對於當前狀態 $x$，設其父親 $f$ 通過一個 $c$ 轉移連向 $x$，那麼我們先看看 $fail(f)$ 是否存在 $c$ 轉移，如果有那麼 $fail(x)\gets \delta(fail(f),c)$，否則就看 $fail(fail(f))$

，再不行繼續遞迴下去。要真沒有就直接指向根狀態。
但實際上我們都會直接寫成 Trie 圖，如果一個轉移 $\delta(x, c)$ 不存在，那麼就 $\delta(x, c)\gets\delta(fail(x), c)$。從而一些查詢 & 構建的時候就根本不用直接跳 $fail$ 應付失配，優化了效率和程式碼難度。

構建 AC 自動機的程式碼非常簡潔（複雜度 $O(n\times |\Sigma|)$，$n$ 為狀態個數，下同）：

void init_fail() {
	for (int i = 0; i < S; i++) ch[0][i] = 1;
	for (Q.push(1); !Q.empty(); ) {
		int x = Q.front(); Q.pop();
		for (int i = 0; i < S; i++)
			if (!ch[x][i]) ch[x][i] = ch[fail[x]][i];
			else Q.push(ch[x][i]), fail[ch[x][i]] = ch[fail[x]][i];
	}
}

AC 自動機最經典的應用就是 多模式串匹配 了：Luogu P3808 【模板】AC自動機（簡單版）。先對所有模式串建 AC 自動機，然後從根開始跑文字串：每到達一個點，沿著自己的 $fail$ 向上跳一遍，答案加上沿途遇到的終止狀態的個數。當然，為避免重複統計，可以給走過的位置打一個標記。

詢問的參考程式碼（複雜度 $O(n)$）：

int query(char* s) {
	int ans = 0;
	for (int x = 1, i = 0; s[i]; i++) {
		x = ch[x][s[i] - 'a'];
		for (int y = x; y && ~cnt[y]; y = fail[y])
			ans += cnt[y], cnt[y] = -1;
	}
	return ans;
}

然而這樣做一些多次詢問的題會被卡爆成 $O(n\times Q)$，比如要求所有串分別出現的次數時，遇到 aaaaaa...aa 這種，一次轉移就要跳 $O(n)$ 次失配指標。於是引入 $fail$ 樹：對於每個非根狀態 $x$，都從 $fail(x)$ 連過來一條邊，最終形成 $fail$ 樹。
$fail$ 樹將我跳失配指標的過程實體化了，那麼一個狀態能更新到 $x$，那麼說明這個狀態在 $x$ 的 $fail$ 樹上的子樹內。這就好辦了，我們先將文字串在 AC 自動機上跑一邊，沿途更新計數器，然後一個狀態對應的 $fail$ 樹 子樹和 即為出現次數。

於是這樣就是真的線性了，Luogu P5357 【模板】AC自動機（二次加強版）程式碼：

std::vector<int> adj[N];
int dfs(int x) {
	for (int i = 0; i < (int)adj[x].size(); i++)
		cnt[x] += dfs(adj[x][i]);
	return cnt[x];
}
void query(char* s) {
	for (int x = 1, i = 0; s[i]; i++)
		++cnt[x = ch[x][s[i] - 'a']];
	dfs(1);
}

進階應用（套路）

套路 1：AC 自動機相關 dp

【JSOI2007】文字生成器：給你若干個模式串，求至少包含一個模式串的長度為 $m$ 的文字串個數。

首先一個簡單的容斥，答案為 $m^{|\Sigma|}$ 減去不包含任何一個模式串的個數。
然後令 $f(i,j)$ 為當前長度為 $i$ 且走到狀態 $j$ 的方案數。那麼轉移顯然是 $\forall \delta(j,c)\ne \text{null}: f(i,j) \to f(i+1,\delta(j,c))$，並且 不能轉移到有結束標記 的狀態。

但這樣還不行，要得到一個字串，我們不只有這一個狀態可以作為終點。如果當前代表的字串的最長真字尾 $fail(x)$ 不能走，那麼當前狀態 $x$ 也不能走，因為 前者必然被後者所包含。那麼考慮稍微更改一下構建的實現：

void build() {
	std::queue<int> Q;
	for (int i = 0; i < S; i++) ch[0][i] = 1;
	for (Q.push(1); !Q.empty(); ) {
		int x = Q.front(); Q.pop();
		for (int i = 0; i < S; i++) {
			if (!ch[x][i]) { ch[x][i] = ch[fail[x]][i]; continue; }
			Q.push(ch[x][i]);
			fail[ch[x][i]] = ch[fail[x]][i];
			end[ch[x][i]] |= end[fail[ch[x][i]]]; // <-
		}
	}
}

那麼 dp 的過程就比較顯然了：先 $1\to m$ 列舉長度，再考慮所有的狀態，對於每個狀態列舉所有可行轉移。

f[0][1] = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++)
	for (int j = 1; j <= total; j++)
		for (int c = 0; c < S; c++) if (!end[ch[j][c]])
			(f[i][ch[j][c]] += f[i - 1][j]) %= mod;

時間複雜度 $O(m\times \sum_i|s_i|)$。

套路 2：套路 1 的矩陣優化

【POJ 2778】DNA Sequence：給定 $n$ 個禁止串，求長度為 $m$ 且不含任何一個禁止串的字串個數。$1\le m\le 2\times 10^9$

現在 $m$ 的規模邊的很大，怎麼辦？我們先把問題做一步轉化：從根狀態結點走 $m$ 步到任意 非禁止狀態 的方案數。那麼我們將建出的 Trie 圖看做一個 有向圖。然後就是經典的“從 $s$ 走 $m$ 條邊到 $t$ 的走法數”問題。
很顯然地考慮 鄰接矩陣（$g$）表示這個圖，然後對其做 $m$ 次冪。那麼 $g_{i,j}$ 就是 $i$ 走 $m$ 步到達 $j$ 的方案數。
那麼答案即為 $\sum_{x\in{\text{ACAM}}}g_{Q,x}$，其中 $Q$ 為根狀態。

再用 矩陣快速冪 優化冪運算，複雜度為 $O((\sum_i|s_i|)^3\log m)$：

Matrix f, g;
for (int i = 1; i <= total; i++) if (!end[i])
    for (int j = 0; j < S; j++) if (!end[ch[i][j]])
        ++f.e[i][ch[i][j]];
for (int i = 1; i <= total; i++)
    g.e[i][i] = 1;

for (; m; m >>= 1, f = f * f)
    if (m & 1) g = g * f;

int ans = 0;
for (int i = 1; i <= total; i++)
    (ans += g.e[1][i]) %= mod;
printf("%d\n", ans);

套路 3：轉化為樹上統計問題

【Codeforces 163E】e-Government：給定 $k$ 個字串 $s_1, s_2, \cdots, s_k$，要求維護一個字串集 $S$，一開始 $k$ 個字串都在 $S$ 中，現有 $n$ 次操作，每次會加入或移除 $k$ 個字串中的一個，或者詢問一個文字串求出 $S$ 中每個串匹配次數之和。

首先 AC 自動機並不能很方便地支援動態加，更何況刪除，顯然是一開始就要建好 AC 自動機。
然後不能想到修改時直接在對應位置的計數器 $\pm 1$，然後統計貢獻直接暴跳 $fail$。然而這個 Naive 的想法早就被卡了。
於是想二次加強版一樣考慮建出 $fail$ 樹，然後就是跳祖先累加貢獻，也就是 鏈上求和。
所以說現在要維護一顆樹，支援鏈求和 & 單點修改。樹剖或括號序加樹狀陣列都可，複雜度 $O(n\log n)/O(n\log^2 n)$。
以及【NOI2011】阿狸的打字機也用了類似的思想，推薦寫一下。

雜題選做

【POI2000】病毒

給定 $n$ 個禁止串，求是否存在無限長的串，不包含任意一個禁止串。

這個題非常神奇，它要求儘量不匹配。
於是我們將計就計，在 AC 自動機上跑的時候，儘量避開禁止狀態。注意，這裡“禁止”的處理也需要想“文字生成器”那樣修改構建函式。
然而“儘量避開”是個很模糊的概念，不過在這裡顯然是指可以在 AC 自動機下無限地走下去。
那麼，其實只要找到一個 經過根狀態的環即可。一次 Dfs 搞定。

【Codeforces 1202E】You Are Given Some Strings...

給定一個字串 $t$ 以及 $n$ 個模式串 $s_1, s_2, \cdots, s_n$。設 $f(s, t)$ 為字串 $t$ 在 $s$ 中的出現次數，$s_i+s_j$ 表示 $s_i$ 在後面追加 $s_j$ 所得到的字串。求 $\sum_{i,j}f(t, s_i+s_j)$。

首先，如果其中一個 $s_i+s_j$ 匹配上了，那麼必然在 $t$ 中存在一個斷點，使得前半部分的一個字尾為 $s_i$，後半部分的一個字首為 $s_j$。
那麼考慮列舉這個斷點 $x$，記 $f(x)$ 為 $t$ 的字首 $1\sim x$ 中有幾個模式串可以作為其後綴，同理對字尾 $x\sim |t|$ 定義 $g$ 表示幾個可以作為字首。答案可以表示為 $\sum_{i\in[1, n)} f(i)\times g(i+1)$。
由於 $f$ 將字串翻轉就是 $g$，這裡只提一下 $f$ 的求法。首先對 $s_1,s_2, \cdots,s_n$ 建 AC 自動機，然後 $t$ 在上面跑轉移。走到一個位置，當前 $f$ 的值就是 $fail$ 樹上的子樹和。$g$ 的話就把所有串翻轉再跑一遍。
複雜度 $O(\sum_i|s_i|+|t|)$