【学习笔记】ac自动机&fail树
定义
- 解决文本串和多个模式串匹配的问题;
- 本质是由多个模式串形成的一个字典树,由tie的意义知道:trie上的每一个节点都是一个模式串的前缀;
- 在trie上加入fail边,一个节点fail边指向这个节点所代表的前缀的最长后缀节点(除开自身的后缀);
- 也就是说如果x->y,那么y所代表的串是x所代表的串在trie上出现过的最大后缀;
例子
- (黑边为trie,红边为fail)
- 以"hers","she","his","i"为例:
- 原谅我的画图水平。。。如果有精通graphViz的求指点
构造算法
- 离线算法,先对所有模式串建出trie,同时可以用cnt表示一个节点的有模式串的个数;
- 规定根节点为0,fl[0] = 0,0的直接儿子的fl[v]=0;
- 一个节点的后缀可以由它trie树上的父亲转移而来,所以按照深度bfs;
- 假设u->v之间的边为c;
- 所以只需要沿着fl[u],fl[fl[u]],...,一直往上跳,找到第一个有c边的u',那么v'就是v的fl;
- 实际实现中可以将$ch[u][i]==0$补成$fl[u]$,避免暴力往上跳;
int n,len,ch[N][],sz,cnt[N],fl[N];
char s[N];
queue<int>q;
void ins(){
int u=;
for(int i=,c;i<len;i++){
c=s[i]-'a';
if(!ch[u][c])ch[u][c]=++sz;
u=ch[u][c];
}
cnt[u]++;
}
void get_fl(){
fl[]=;
for(int i=;i<;i++)if(ch[][i]){
fl[ch[][i]]=;
q.push(ch[][i]);
}
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=;i<;i++){
int&v = ch[u][i];
if(!v){v=ch[fl[u]][i];continue;}
fl[v]=ch[fl[u]][i];
q.push(v);
}
}
}
性质
1.匹配
- 文本串和模式串的匹配只需不断$u=ch[u][s[i]-'a']$即可;
- 如果匹配到自动机的一个点,那么意味着沿着fail边走到的点都被匹配了;
2.fail树
- 由于一个点的fail指针唯一,且所有点的fail都和0连通,所以fail边形成了一个数的结构;
- 沿着u的fail祖先往上走会找到u节点的所有后缀节点;
- 对于字符串s,在自动机里匹配到的所有节点的所有fail祖先就表示s的所有子串;
习题
- 1.bzoj3172[Tjoi2013]单词
- ac自动机模板,由于trie树上面只存储了前缀,子串的出现次数要按照深度从大到小对每个点向fail指针累加cnt;
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define ll long long
#define ld long double
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mk make_pair
#define fir first
#define sec second
#define il inline
#define rg register
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=;
int n,ch[N][],sz,fl[N],sum[N],ans[N],id[N];
char s[N];
int q[N],t,w;
void ins(int now){
int l=strlen(s),u=;
for(int i=;i<l;i++){
int&v=ch[u][s[i]-'a'];
if(!v)v=++sz;
sum[u=v]++;
}
id[now]=u;
}
void solve(){
for(int i=;i<;i++){if(ch[][i])q[++w]=ch[][i];}
while(t<w){
int u=q[++t];
for(int i=;i<;i++){
int&v=ch[u][i];
if(!v)v=ch[fl[u]][i];
else fl[v]=ch[fl[u]][i],q[++w]=v;
}
}
for(int i=w;i;i--)sum[fl[q[i]]]+=sum[q[i]];
for(int i=;i<=n;i++)printf("%d\n",sum[id[i]]);
}
int main(){
// freopen("bzoj3172.in","r",stdin);
// freopen("bzoj3172.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++){scanf("%s",s);ins(i);}
solve();
return ;
}//by tkys_Austin;bzoj3172
- 2.bzoj1212[Hnoi2004]L语言
- n,m都很小;$f[i]$表示前缀i是否可以被理解,$f[i]$可以从$f[j](j<i)$转移的条件是$s[j+1]---S[i]$可以被理解,暴力判断应该会T
- 对字典建自动机,如果把文章跑一遍,可以直接用fail指针暴力往上跳就可以找到所有的可以转移的j;
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
using namespace std;
const int N=;
int n,m,len,ch[N][],sz,lst[N],head,tail,q[N],dep[N],vis[N],fl[N],ans;
bool f[N];
char s[N];
il char gc(){
static char*p1,*p2,s[];
if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,,,stdin);
return(p1==p2)?EOF:*p1++;
}
il int rd(){
int x=;char c=gc();
while(c<''||c>'')c=gc();
while(c>=''&&c<='')x=(x<<)+(x<<)+c-'',c=gc();
return x;
}
il void gt(){
char *p = s,c = gc();
while(c<'a'||c>'z')c=gc();
while(c>='a'&&c<='z')*p++ = c,c=gc();
len = p - s;
}
il void ins(){
int u=;
for(rg int i=;i<len;i++){
if(!ch[u][s[i]-'a'])ch[u][s[i]-'a']=++sz;
u = ch[u][s[i]-'a'];
}
vis[u] = ;
}
void get_fl(){
for(int i=;i<;i++)if(ch[][i]){
q[++tail]=ch[][i];
dep[ch[][i]]=;
}
while(head<tail){
int u=q[++head];
for(int i=;i<;i++){
int&v=ch[u][i];
if(!v){v=ch[fl[u]][i];continue;}
dep[v] = dep[u] + ;
fl[v] = ch[fl[u]][i];
if(vis[fl[v]])lst[v]=fl[v];else lst[v]=lst[fl[v]];
q[++tail]=v;
}
}
}
il bool find(int x,int pos){
if(!x)return false;
if(vis[x]&&f[pos-dep[x]])return true;
return find(lst[x],pos);
}
void query(){
f[] = true;
for(rg int i=,u=;i<=len;i++){
u = ch[u][s[i-]-'a'];
f[i] = find(u,i);
if(f[i]) ans = i;
}
}
int main(){
freopen("bzoj1212.in","r",stdin);
freopen("bzoj1212.out","w",stdout);
n=rd();m=rd();
for(rg int i=;i<=n;i++)gt(),ins();
get_fl();
for(rg int i=;i<=m;i++){
gt();
memset(f,,sizeof(bool)*(len+));
ans = ;
query();
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}bzoj1212
- 3.bzoj1030[Jsoi2007]文本生成器 (bzoj3530类似)
- 如果直接问一个已知的文本是否含有给出单词就是模板题了;
- 同样我们只关心给出的模板串,对模板建自动机做dp
- $dp[i][j]$表示生成了前$i$位,当前匹配状态为自动机的$j$号节点;
- 新开一个节点统计答案,每次都自乘*26;
- 枚举下一个字符k,考虑转移到ch[j][k] , 注意如果ch[j][k]是一个已经匹配了单词的节点就直接转移到统计答案的节点
- 初始f[0][0]=1;
- O(N*Len)某些情况下可写成矩阵乘法转移
- 我写的时候犯了点错:
但是ac自动机的匹配算法中,注意所有匹配走过路径的节点并不是所有的单词节点,因为可能会有中间匹配点可以按照失配边走到有串的节点,所以代码里vis要沿fail向下传递;
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
using namespace std;
const int N=,M=,mod=;
int n,m,ch[N*M][],f[M][N*M],vis[N*M],fl[N*M],head,tail,q[N*M],sz;
char s[M];
il void ins(){
int l = strlen(s) , u=;
for(rg int i=;i<l;i++){
int& v = ch[u][s[i]-'A'];
if(!v)v = ++sz;
u = v;
}
vis[u]=;
}
void get_fl(){
for(int i=;i<;i++)if(ch[][i])q[++tail]=ch[][i];
while(head<tail){
int u = q[++head];
for(rg int i=;i<;i++){
int& v=ch[u][i];
if(!v){v=ch[fl[u]][i];continue;}
fl[v]=ch[fl[u]][i];
q[++tail]=v;
}
}
for(rg int i=;i<=tail;i++)vis[q[i]] |= vis[fl[q[i]]];
}
il void upd(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
int main(){
freopen("bzoj1030.in","r",stdin);
freopen("bzoj1030.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(rg int i=;i<=n;i++){scanf("%s",s);ins();}
get_fl();
f[][]=;
for(rg int i=;i<m;i++){
for(rg int j=;j<=sz;j++){
for(rg int k=;k<;k++){
if(vis[ch[j][k]])upd(f[i+][sz+],f[i][j]);
else upd(f[i+][ch[j][k]],f[i][j]);
}
}
upd(f[i+][sz+],f[i][sz+]*%mod);
}
cout<<f[m][sz+]<<endl;
return ;
}bzoj1030
- 4.bzoj1444[Jsoi2009]有趣的游戏
- https://www.cnblogs.com/clrs97/p/4987277.html ORZ
- 不妨吧trie树上的有单词的节点叫做关键点,其他是非关键点;
- 这题有意思的地方在于只能在关键点停下来;
- 直接的想法是:用自动机建立概率方程,每个点的概率等于所有指向它的节点贡献之和,同时关键点不让转移(即不贡献出边);
- 然而这样也没有常数项。。。。。。。解出来都是0???!接下来的操作比较神奇:
- 把0号点的方程(也有人说随意那个)用所有关键点概率之和==0替换再高斯消元即可,小心会输出-0.00所以要特判一下;
- (如果有更好的理解希望指点,感激不尽)
#include<bits/stdc++.h>
#define ld double
#define rg register
#define il inline
using namespace std;
const int N=;
int n,l,m,sz,id[N],vis[N],fl[N],q[N],t,w,ch[N][],px[N],py[N];
ld p[N],a[N][N];
char s[N];
void get_fl(){
for(int i=;i<m;i++)if(ch[][i])q[++w]=ch[][i];
while(t<w){
int u = q[++t];
for(int i=;i<m;i++){
int&v = ch[u][i];
if(!v){v=ch[fl[u]][i];continue;}
fl[v]=ch[fl[u]][i];
q[++w]=v;
}
}
a[][sz+]=;
for(int i=;i<=sz;i++){
if(i)a[i][i]=;
if(vis[i]){a[][i]=;continue;}
for(int j=;j<m;j++)if(px[j]){
int v = ch[i][j];
if(v)a[v][i] -= p[j];
}
}
}
void gauss(){
for(rg int i=;i<=sz;i++){
int pos=i;
for(rg int j=i+;j<=sz;j++)if(fabs(a[j][i])>fabs(a[pos][i]))pos=j;
if(pos!=i)for(rg int j=i;j<=sz+;j++)swap(a[i][j],a[pos][j]);
for(rg int j=i+;j<=sz;j++){
ld tmp = a[j][i] / a[i][i];
for(rg int k=i;k<=sz+;k++)a[j][k] -= tmp * a[i][k];
}
}
for(rg int i=sz;~i;i--){
for(rg int j=i+;j<=sz;j++)a[i][sz+] -= a[j][sz+] * a[i][j];
a[i][sz+] /= a[i][i];
}
}
int main(){
freopen("bzoj1444.in","r",stdin);
freopen("bzoj1444.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&l,&m);
for(int i=;i<m;i++){
scanf("%d%d",&px[i],&py[i]);
p[i] = 1.0 * px[i] / py[i];
}
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
int u=;
for(int j=;j<l;j++){
if(!ch[u][s[j]-'A'])ch[u][s[j]-'A']=++sz;
u = ch[u][s[j]-'A'];
}
id[i] = u; vis[u] = ;
}
get_fl();
gauss();
for(int i=;i<=n;i++){
ld x = fabs(a[id[i]][sz+]);
// x = fabs(-0.00);
if(x>)printf("%.2lf\n",x);
else puts("0.00");
}
return ;
}bzoj1444
- 5.bzoj2434[Noi2011]阿狸的打字机
- 模拟操作建自动机,考虑现在有一颗trie树和fail树
- x在y里面出现的次数 == 在trie树上y的所有祖先 在x在fail树上的子树里的有多少个
- 维护这可以直接在trie上dfs,树状数组区间修改维护当前点到trie的根再fail树的dfs序,查询子树信息;
- 或者直接对trie树链剖建主席树,权值是fail树的dfs序;
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=,M=;
int n,m,ch[N][],fa[N],tot,cnt,que[N],head,tail,fl[N],a[N];
int id[N],pos[N],st[N],ed[N],sum[N*M],sz,tp[N],idx,son[N],size[N],rt[N],ls[N*M],rs[N*M];
vector<int>g[N];
char s[N];
il char gc(){
static char *p1,*p2,s[];
if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,,,stdin);
return(p1==p2)?EOF:*p1++;
}
il int rd(){
int x=; char c=gc();
while(c<''||c>'')c=gc();
while(c>=''&&c<='')x=(x<<)+(x<<)+c-'',c=gc();
return x;
}
il int gt(){
char*p = s , c = gc();
while(!isalpha(c))c=gc();
while(isalpha(c))*p++=c,c=gc();
return p - s;
}
void get_fl(){
for(int i=;i<;i++)if(ch[][i]){
que[++tail]=ch[][i];
g[].pb(ch[][i]);
}
while(head<tail){
int u=que[++head];
for(int i=;i<;i++){
int& v=ch[u][i];
if(!v){v=ch[fl[u]][i];continue;}
fl[v]=ch[fl[u]][i];
g[fl[v]].pb(v);
que[++tail] = v;
}
}
}
void dfs1(int u){
size[u]=;son[u]=;
for(int i=;i<;i++){
int v = ch[u][i];
if(!v||v==fa[u])continue;
dfs1(v);
size[u]+=size[v];
if(!son[u]||size[v]>size[son[u]])son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int top){
a[pos[u]=++idx]=u;
tp[u]=top;
if(son[u])dfs2(son[u],top);
for(int i=;i<;i++){
int v=ch[u][i];
if(!v||v==fa[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
}
void dfs(int u){
st[u] = ++idx;
for(int i=;i<(int)g[u].size();i++){
int v = g[u][i];
dfs(v);
}
ed[u] = idx;
}
il void ins(int&k,int lst,int l,int r,int x,int y){
sum[k=++sz]=sum[lst]+y;
ls[k]=ls[lst];rs[k]=rs[lst];
if(l==r)return ;
int mid=(l+r)>>;
if(x<=mid)ins(ls[k],ls[lst],l,mid,x,y);
else ins(rs[k],rs[lst],mid+,r,x,y);
}
il int query(int k,int lst,int l,int r,int x,int y){
if(l==x&&r==y)return sum[k]-sum[lst];
else{
int mid=(l+r)>>;
if(y<=mid)return query(ls[k],ls[lst],l,mid,x,y);
else if(x>mid)return query(rs[k],rs[lst],mid+,r,x,y);
else return query(ls[k],ls[lst],l,mid,x,mid)+query(rs[k],rs[lst],mid+,r,mid+,y);
}
}
il int Query(int x,int y){
int re=;
while(~x){
re += query(rt[pos[x]],rt[pos[tp[x]]-],,cnt,st[y],ed[y]);
x = fa[tp[x]];
}
return re;
}
int main(){
freopen("bzoj2434.in","r",stdin);
freopen("bzoj2434.out","w",stdout);
n=gt();
int u = ;
for(rg int i=;i<n;i++){
if(s[i]=='B')u = fa[u];
else if(s[i]=='P')id[++tot] = u;
else {
if(!ch[u][s[i]-'a'])ch[u][s[i]-'a']=++cnt;
fa[ch[u][s[i]-'a']] = u;
u = ch[u][s[i]-'a'];
}
}
fa[]=-;
dfs1();
dfs2(,);
get_fl();
idx=;dfs();
cnt++;
for(rg int i=;i<=cnt;i++){ins(rt[i],rt[i-],,cnt,st[a[i]],);}
m = rd();
for(rg int i=,x,y;i<=m;i++){
x = rd() , y=rd();
int ans = Query(id[y],id[x]);
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}bzoj2434
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