AC自动机

简介：

　　用于多模式串的在一个长文本串上的匹配问题。简单的说就是将KMP算法搬到了Trie树上。所以学习AC自动机前要由Trie树与KMP算法做前置知识。

主要步骤：

　　1、将所有模式串建成一个Trie树。

　　2、对Trie树的每个节点都构造失配指针。

　　AC自动机中失配指针（nxt数组）的运用与KMP算法几乎一模一样，即若能匹配下一位的话，当前的失配指针就向下转移一位；否则，当前的失配指针就要往回走一下，知道下一位能匹配上或失配指针不能再往回走为止。在实际应用中，对失配指针的额外操作会因题目的不同而有所差异。

对于建立Trie树，可以看这篇博客。下面讲讲怎么建nxt数组。

　　nxt[u]表示当主串s匹配到u节点时，设主串已经匹配到了第i位，若主串的下一位不能继续匹配，即u节点没有表示字符s[i+1]的边时，满足表示的字符串是u最长后缀的新的u节点（因为要保证u表示的字符串与s以第i位为结尾的长度为lu的子串匹配（lu为u节点表示的字符串的长度），因为一开始u就是最长的能匹配的某字符串的前缀，若想不漏掉所有情况地改变u且仍满足前缀与以s[i]结尾后缀的匹配关系，只能把u跳到是u表示的字符串的最长后缀的新的u）。

　　对于nxt[u]，设v一开始是u的父亲。看下v的失配指针对应的点nxt[v]是否有与从u的父亲到u的一样的边（即u的父亲和nxt[v]能否直接匹配下一位），若有，则nxt[u]就是nxt[v]通过那条边所到达的节点；否则将v变为nxt[v]，再看下v的失配指针对应的点nxt[v]是否有与从u的父亲到u的一样的边……。为了方便，可以建一个节点0，节点0的表示每个字符的边都存在且指向u，那么v最差就是变为0，此时v一定会存在与从u的父亲到u的一样的边，且这条边指向节点1（表示空串），nxt[u]=1。

　　实际写代码时，有个优化：如果当前的Trie树节点x表示某个字符num的边不存在，即tree[x][num]==0（建trie树时若某个节点的某条边的指针为0，就说明还没有进行赋值（因为建Trie树时节点从1开始计数；全局数组初始化默认为0）），就让tree[x][num]=tree[nxt[x][num]。即让它保存当v变为x时v仍没有从u的父亲到u的一样的边，v还要再等于nxt[v]…直到有从u的父亲到u的一样的边后返回的结果。这样的话求一个点y的儿子z的失配指针nxt[z]时，设从y到z的边为num，直接nxt[z]=tree[nxt[y]][num]就好了。

queue<int> q;

inline void bfs()//因为nxt[x]的深度一定比x的深度小，所以建nxt数组时可用bfs 
{
    q.push(1);
    int head;
    while(!q.empty())
    {
        head=q.front();
        q.pop();
        for(int i=0;i<26;++i)
        {
            if(!tree[head][i])//如上文的优化 
                tree[head][i]=tree[nxt[head]][i];
            else
            {
                q.push(tree[head][i]);
                nxt[tree[head][i]]=tree[nxt[head]][i];
            }
        }
    }
}

　　再讲一下查询。三种询问方式对应着三种查询（这也是AC自动机的应用）

1、查询有多少模式串在文本串中出现过（例题）：

inline void insert(char *a)//建立Tire树。a为要插入的模式串 
{
    int l=strlen(a+1),now=1,num;
    for(int i=1;i<=l;++i)
    {
        num=a[i]-'a';
        if(!tree[now][num])
        {
            tree[now][num]=++cnt;
            //memset(tree[cnt],0,sizeof tree[cnt]);//多组数据时要先清零 
        }
        now=tree[now][num];
    }
    ed[now]++;//*
}

inline void fin(char *a)//查询过程。a为文本串 
{
    int l=strlen(a+1),now=1,num;
    for(int i=1;i<=l;++i)
    {
        num=a[i]-'a';
        now=tree[now][num];
        for(int k=now;k>1&&ed[k]!=-1;k=nxt[k])
            ans+=ed[k],ed[k]=-1;//** 
    }
}

每匹配到一个节点u，都要顺着从u开始的nxt指针看一下，防止漏掉长度短的字符串。

讲一下标上**的那一行：对于匹配到的Trie树上的节点，查询的时候nxt数组肯定建完了。因为只要求是否出现的，那么若当前匹配到的Trie上的节点是u，那么下次再看到u时是不会对答案再产生变化了，故不看。

时间复杂度O（n+m）（n为文本串的长度。m为**语句执行的次数，且最多不超过Trie树的节点数），碾压KMP。

（蓝书中的实现代码的复杂度高达O（n*m），m为所有节点的平均深度。连洛谷模板题都跑不过，还是背上面的代码吧）

 2、查询模式串在文本串中出现过的次数（例题）：

inline void insert(char *a,int k)//要插入的字符串为a,它的编号为k 
{
    int l=strlen(a+1),now=1,num;
    for(int i=1;i<=l;++i)
    {
        num=a[i]-'a';
        if(!tree[now][num])
            tree[now][num]=++cnt;
        now=tree[now][num];
    }
    ed[now].push_back(k);//可能有相同的字符串，也要记录。 
}

inline void fin(char *a)//a为要查询的文本串 
{
    int l=strlen(a+1),now=1,num,k;
    for(int i=1;i<=l;++i)
    {
        num=a[i]-'a';
        now=tree[now][num];
        for(int k=now;k>=1;k=nxt[k])
        {
            if(ed[k].size())
            {
                int ll=ed[k].size();
                for(int j=0;j<ll;++j)
                    tot[ed[k][j]]++;
            }
        }
    }
}

这个没什么好说的，时间复杂度为O（n*m），m为所有节点的平均深度。如果用KMP做的话复杂度为O（n*k），k为模式串个数。这样看的话两种算法各有优劣，模式串个数多就用AC自动机，字符串都很长的话就用KMP。

3、查询模式串在文本串中出现过的次数（强化版）（例题）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>

using namespace std;

const int LEN=2e5+5,L=2e6+5,N=2e5+5;

int n,tree[LEN][26],cnt=1,nxt[LEN],tot[N],has[LEN],siz[LEN],lst[LEN],to[LEN],enxt[LEN],ecnt;

vector<int> ed[LEN];

char s[L];

inline void insert(char *a,int k)
{
    int l=strlen(a+1),now=1,num;
    for(int i=1;i<=l;++i)
    {
        num=a[i]-'a';
        if(!tree[now][num])
            tree[now][num]=++cnt;
        now=tree[now][num];
    }
    ed[now].push_back(k);
}

queue<int> q;

inline void bfs()
{
    q.push(1);
    int head;
    while(!q.empty())
    {
        head=q.front();
        q.pop();
        for(int i=0;i<26;++i)
        {
            if(!tree[head][i])
                tree[head][i]=tree[nxt[head]][i];
            else
            {
                q.push(tree[head][i]);
                nxt[tree[head][i]]=tree[nxt[head]][i];
            }
        }
    }
}

inline void addedge(int u,int v)
{
    enxt[++ecnt]=lst[u];
    lst[u]=ecnt;
    to[ecnt]=v;
}

void dfs(int u)
{
    for(int e=lst[u];e;e=enxt[e])
    {
        dfs(to[e]);
        siz[u]+=siz[to[e]];
    }
    int k=ed[u].size();
    for(int i=0;i<k;++i)
        tot[ed[u][i]]=siz[u];
}

inline void fin(char *a)
{
    int l=strlen(a+1),now=1,num,k;
    for(int i=1;i<=l;++i)
    {
        num=a[i]-'a';
        now=tree[now][num];
        siz[now]++;
    }
}

int main()
{
    for(int i=0;i<26;++i)
        tree[0][i]=1;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%s",s+1);
        insert(s,i);
    }
    bfs();
    for(int i=1;i<=cnt;++i)
        addedge(nxt[i],i);
    scanf("%s",s+1);
    fin(s);
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        printf("%d
",tot[i]);
    return 0;
} 

强化版更适合看完整的代码。插入和建Trie树与原版一样。多了一个求子树和的dfs，fin查询函数更简单了。

我们发现原版的复杂度真是不尽人意，堂堂的省选知识AC自动机竟和普及组就学的KMP五五开，这怎么行？强化版用了一个建nxt树的思路。考虑每个节点的贡献来源，要么是当前节点被匹配到一次，使多了一个贡献，要么是某个节点被匹配到一次，通过nxt恰好能走到当前节点，于是又让当前节点的贡献加1。对于每个Trie树上的节点，发现它有且只有一个nxt（不考虑节点0）。那么从一个只有Trie树上的节点（不包含节点0）的新图上，将每个点的nxt向相应的点连一条边，一定会生成一个根为1的树。若每个点的权值为它被匹配到的次数的话，发现每个点对答案的贡献正是以它为根的子树的和。故可以通过建nxt树、最后求子树和的方式快速求出每个串的出现次数。

（想不出来就要换的角度嘛。一个个找相应串加不行的话，看看贡献的来源与去向，搞个整体收集不就行了？）

时间复杂度O（n+m），m为Trie树的节点个数（又一次碾压了KMP，看来AC自动机要处处碾压KMP了）