AC 自動機是一種多模字串匹配演算法。
[Luogu P5357]【模板】AC 自動機
給你一個文字串 $S$ 和 $n$ 個模式串 $T_{1 \sim n}$，請你分別求出每個模式串 $T_i$ 在 $S$ 中出現的次數。
$1 \le n \le 2 \times {10}^5$，$T_{1 \sim n}$ 的長度總和不超過 $2 \times {10}^5$，$S$ 的長度不超過 $2 \times {10}^6$。
下文中涉及時間複雜度的部分，$n$ 為模式串長度之和，$m$ 為文字串長度。
前置知識
- 字典樹：[Luogu P8306]【模板】字典樹。
- KMP：[Luogu P3375]【模板】KMP（不必要，但是最好了解其思想）。
- 自動機（DFA）基本概念：https://oi-wiki.org/string/automaton/。
- 自動機五要素：
- 字符集 $\Sigma$。
- 狀態集合 $Q$。
- 起始狀態 $start$。
- 接收狀態集合 $F$。
- 轉移函式 $\delta$。$\delta(u,c)$ 中 $u,\delta(u,c) \in Q$，$c \in \Sigma$。
Step 1：AC 自動機基於字典樹
有多個模式串，考慮有什麼簡單的結構能解決多個字串的問題。不難想到雜湊和字典樹。
雜湊可能會碰撞，且看起來跟自動機相關理論沒什麼關係，很難擴充套件。
字典樹可以視作自動機。
建立字典樹時間複雜度 $O(n)$。
int ins(string s) {
int u = 0;
for (auto ch : s) {
int c = ch - 'a';
if (!tr[u][c])
tr[u][c] = ++tot;
u = tr[u][c];
}
return u;
}
Step 2：fail 陣列的定義
多模字串匹配是單個模式串匹配的擴充套件，所以考慮 KMP。
KMP 演算法可以視作自動機。基於字串 $s$ 的 KMP 自動機接受且僅接受以 $s$ 為字尾的字串。
那麼 AC 自動機就應該是：基於字串 $s_{1 \sim n}$ 的 AC 自動機接受且僅接受以 $s_{1 \sim n}$ 任意一個為字尾的字串。
考慮在 Trie 上定義一個類似 KMP 中 next 陣列的陣列。
具體地，定義 $fail(u)$ 為 $u$ 表示的字串 最長的 且 出現在 Trie 上的 真 字尾對應的狀態。
在自動機上連上 $u$ 與 $fail(u)$ 的邊，這條邊被稱為 fail 邊。
從 OI-Wiki 偷一張圖來解釋：
灰色邊為 Trie，黃色邊為 fail 邊。
例如此圖中 $9$ 號連到 $2$ 號，是因為 $\texttt{she}$ 出現在 Trie 上的最長真字尾為 $\texttt{he}$，即 $2$ 號。
不難發現，這個 $fail(u)$ 當 Trie 中只有一個模式串時，就是 KMP 的 next 陣列（這裡的 next 陣列表示 border 長度）。
重要性質：fail 邊形成一棵樹。這是 KMP 的 fail 樹的應用：[Luogu P5829]【模板】失配樹。
Step 3：fail 如何求 & 構建 AC 自動機
自動機五要素：
- 字符集 $\Sigma$，為小寫字母。
- 狀態集合 $Q$，為 Trie 上的所有節點。
- 起始狀態 $start$，為 Trie 的根節點 $0$。
- 接收狀態集合 $F$，為所有模式串在 Trie 上的節點。
- 轉移函式 $\delta$，下文著重講解這一點。
以下 $tr$ 指原字典樹。
若 $tr_{u,c}$ 存在，則 $\delta(u,c) = tr_{u,c}$，$fail(\delta(u,c)) = \delta(fail(u),c)$。
- 注意到 $fail(\delta(u,c))$ 基於 $fail(u)$，所以我們 BFS 求解 fail。
若 $tr_{u,c}$ 不存在：
- 若 $u$ 是根節點 $0$，則 $\delta(u,c) = 0$。
- 如果沒有這一條，則 $0$ 的兒子的 $fail$ 會連到自身，不滿足真字尾。
- 否則 $\delta(u,c) = \delta(fail(u),c)$。
最後一條的遞迴與 KMP 的不斷跳 next 是相同的。關於這一點，我們可以看看 KMP 自動機的 $\delta$：
$$\delta(u,c) = \begin{cases} u+1 & c = s_{u+1} \ 0 & c \ne s_{u+1} \land u = 0 \ \delta(next(u),c) & c \ne s_{u+1} \land u \ne 0 \end{cases}$$
再看看 AC 自動機的 $\delta$：
$$\delta(u,c) = \begin{cases} tr_{u,c} & tr_{u,c} \text{ exists} \ 0 & tr_{u,c} \text{ does not exist} \land u = 0 \ \delta(fail(u),c) & tr_{u,c} \text{ does not exist} \land u \ne 0 \end{cases}$$
不能說十分類似，只能說是一模一樣。
程式碼上，我們不用重新建一個自動機，直接按照 AC 自動機的 $\delta$ 改 Trie 的結構即可。時間複雜度 $O(n |\Sigma|)$。
// tr 原本為字典樹
void bfs() {
queue<int> q;
for (int c = 0; c < 26; c++)
if (tr[0][c])
q.push(tr[0][c]);
while (!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
for (int c = 0; c < 26; c++)
if (tr[u][c]) {
fail[tr[u][c]] = tr[fail[u]][c];
q.push(tr[u][c]);
} else
tr[u][c] = tr[fail[u]][c];
}
}
你非要新建一個自動機也不是不行。但是空間常數大一倍，沒啥意義。
// tr 為字典樹
// dt 指轉移函式 delta
void bfs() {
queue<int> q;
for (int c = 0; c < 26; c++)
if (tr[0][c])
q.push(dt[0][c] = tr[0][c]);
while (!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
for (int c = 0; c < 26; c++)
if (tr[u][c]) {
dt[u][c] = tr[u][c];
fail[dt[u][c]] = dt[fail[u]][c];
q.push(dt[u][c]);
} else
dt[u][c] = dt[fail[u]][c];
}
}
// 注意後文作匹配的時候要沿著 dt 而不是 tr
Step 4：多模字串匹配
接下來我們就可以把文字串作為輸入給到 AC 自動機。
用一個陣列記錄每一個節點被走過了多少次。
建出 fail 樹，DFS 子樹求和，儲存在 $sum$ 陣列。
此時 $sum_u$ 為 $u$ 對應的字串被匹配到的次數。原因是 fail 樹上，若一節點匹配上了，則其祖先也必然匹配。
第 $i$ 個模式串對應節點的子樹和即為答案。
（這一段看具體程式碼更容易懂。）
總結 & 完整程式碼
- 建出 Trie 樹，儲存每個模式串在 Trie 上的位置。$O(n)$。
- 把 Trie 樹改造為 AC 自動機，並求出 fail 陣列，建出 fail 樹。$O(n |\Sigma|)$。
- 把文字串作為輸入給到 AC 自動機，在 fail 樹上求和得到答案。$O(m)$。
空間複雜度為 $O(n |\Sigma| + m)$。
DFS 用了 lambda 表示式。以普通函式的形式寫一個 DFS 也是沒有問題的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2e5 + 5; // 模式串長度之和
int tr[MAXN][26], fail[MAXN], tot = 0;
int e[MAXN], sum[MAXN];
vector<int> G[MAXN];
int ins(string s) {
int u = 0;
for (auto ch : s) {
int c = ch - 'a';
if (!tr[u][c])
tr[u][c] = ++tot;
u = tr[u][c];
}
return u;
}
void bfs() {
queue<int> q;
for (int c = 0; c < 26; c++)
if (tr[0][c])
q.push(tr[0][c]);
while (!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
for (int c = 0; c < 26; c++)
if (tr[u][c]) {
fail[tr[u][c]] = tr[fail[u]][c];
q.push(tr[u][c]);
} else
tr[u][c] = tr[fail[u]][c];
}
}
int main() { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
int n; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) {
string s; cin >> s;
e[i] = ins(s);
}
bfs();
for (int u = 1; u <= tot; u++)
G[fail[u]].push_back(u);
string t; cin >> t;
int u = 0;
for (auto ch : t) {
int c = ch - 'a';
u = tr[u][c];
sum[u]++;
}
auto dfs = [&](int u, auto&& self) -> void {
for (auto v : G[u]) {
self(v, self);
sum[u] += sum[v];
}
};
dfs(0, dfs);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cout << sum[e[i]] << '\n';
return 0;
}