回文自动机PAM从菜到菜

回文自动机

基础操作

两个初始状态一个长度为 $0,-1$ 的偶回文根和奇回文根。

转移 $\delta(x,c)$ 从 $x$ 节点代表的回文串转移到两端加入字符 $c$ 后到达的节点。

$fail(x)$ 指针，指向自身的后缀最长回文串。特殊地，偶回文根指向奇回文根，奇回文根没有 $fail$ 指针，因为奇回文根不会失配。

怎么构建呢，考虑增量构建法。

加一个字符，假设当前加入的是第 $p$ 个字符。

我们从上一次到达的点，一直跳 $fail$ ，找一个边上可以扩展的一个点停下，也就是第一个满足 $s[p-len_x-1]=s[p]$ 的点 $x$。看它是否有 $\delta(x,s[p])$ 的转移，有就不管，没有就新建节点。新建节点的 $fail$ 指针通过 $x$ 再跳一次 $fail$ 找到第一个满足前面条件的点确定。

为什么从上一次插入时到达的点开始？因为它是以 $p-1$ 为结尾的一个尽可能长的回文串。为什么只用改第一个满足条件的点？这是因为后面的满足条件的点必定在之前出现过，这个我们稍晚一点给出证明。

关于为什么暴力跳 $fail$ 的时间复杂度有保证，这是因为我们每次插入时的起点是上一次跳到的点。每次我们跳一次 $fail$ ，在 $fail$ 树上的深度至少减一，而连接一个 $fail$ 只会深度加一，可得复杂度线性。

关于插入时后面的满足条件的点必定出现过的证明。因为后面的点必定为前面的点的后缀，这些点又是回文，所以它前面肯定出现过。以及，状态数是线性的，这个可以通过刚才说的进行归纳证明。因为转移的节点唯一，然后转移数同样是线性的。

边界情况，偶根作为 $0$ 的话可以解决一起。

【模板】回文自动机(PAM)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define file(a) freopen(#a".in","r",stdin),freopen(#a".out","w",stdout)
#define sky fflush(stdout)
#define gc getchar
#define pc putchar
namespace IO{
	template<class T>
	inline void read(T &s){
		s=0;char ch=gc();bool f=0;
		while(ch<'0'||'9'<ch) {if(ch=='-') f=1;ch=gc();}
		while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s*10+(ch^48);ch=gc();}
		if(ch=='.'){
			T p=0.1;ch=gc();
			while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s+p*(ch^48);p/=10;ch=gc();}
		}
		s=f?-s:s;
	}
	template<class T,class ...A>
	inline void read(T &s,A &...a){
		read(s);read(a...);
	}
	template<class T>
	inline void print(T x){
		if(x<0) {x=-x;pc('-');}
		static char st[40];
		static int top;
		top=0;
		do{st[++top]=x-x/10*10+'0';}while(x/=10);
		while(top) {pc(st[top--]);}
	}
	template<class T,class ...A>
	inline void print(T s,A ...a){
		print(s);print(a...);
	}
};
using IO::read;
using IO::print;
const int N=5e5+3;
int n;
char la_ans;
struct Pali_auto{
	int len[N+2],fail[N+2];
	int tr[N+2][26];
	ll cnt[N+2];
	char s[N];
	int tot,la,tip;
	inline int newnode(int L){
		len[++tot]=L;
		memset(tr[tot],0,sizeof(tr[tot]) );
		fail[tot]=cnt[tot]=0;
		return tot;
	}
	inline void build(){
		tot=-1;
		la=tip=0;
		newnode(0);
		newnode(-1);
		fail[0]=1;
	}
	inline int extend(int x){
		while(s[tip-len[x]-1]!=s[tip]){
			x=fail[x];
		}
		return x;
	}
	inline ll ins(char ch){
		s[++tip]=ch;
		int c=ch-'a';
		int x=extend(la);
		if(!tr[x][c]){
			int y=newnode(len[x]+2);
			fail[y]=tr[extend(fail[x])][c];
			cnt[y]=cnt[fail[y] ]+1;
			tr[x][c]=y;
		}
		la=tr[x][c];
		return cnt[la];
	}
}t;
char s[N];
int main(){
	file(a);
	scanf("%s",(s+1) );
	n=strlen(s+1);
	t.build();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		//pc(s[i]);
		ll k=t.ins(s[i]);
		printf("%lld ",k);
		s[i+1]=(s[i+1]-97+k)%26+97;
	}
	return 0;
}

一点性质

性质1

回文串的 $border$ 是回文串。其回文后缀为其 $border$。

证明：

在 $s$ 为回文的前提下，其 $border$ 相等且互为反串，得证。

性质2

一个串 $s$ 的半长（及以上）的 $border$ 为回文串，则 $s$ 为回文串。

证明：

达到半长可覆盖全串，易证。

性质3

回文串 $x$ ，$y$ 为 $x$ 的最长回文真后缀，$z$ 为 $y$ 的最长回文真后缀， $u,v$ 满足 $x=uy,y=uz$，则：

1.$|u|\ge |v|$。

2.若 $|u|>|v|$ ，则 $|u|>|z|$ 。

3.若 $|u|=|v|$，$u=v$。

证明：

1.显然 $|u|$ 为 $x$ 的最小周期，$|v|$ 为 $y$ 的最小周期。由 $y$ 为 $x$ 的 $border$ 兼后缀，$|u|$ 也为 $y$ 的周期。若 $|u|>|v|$ ，则 $|v|$ 为 $y$ 的最小周期不成立，矛盾。因此 $|u|\ge |v|$。

2.首先 $v$ 为 $x$ 前缀，设字符串 $w$ 满足 $x=vw$ ，则 $z$ 为 $w$ 的 $border$ （由 $y=vz$）。假设 $|u|\le |z|$ ，则 $|zu|=|w|\le 2|z|$，则 $w$ 为回文串，$w$ 为 $x$ 的 $border$。再由 $|u|>|v|$ ，得 $|zu|=|w|>|vz|=|y|$，与 $y$ 为最长回文后缀相矛盾。所以 $|u|>|z|$。

3.因为 $u,v$ 皆为 $x$ 的前缀，且长度相等，因此 $u=v$。

性质4

字符串 $s$ 的所有回文后缀按长度排序后可划分为 $O(\log |s|)$ 组等差数列。

证明：

对于 $s$ 的最长回文后缀的 $border$ 使用 border理论性质5 即可。

或者用性质3可知每次相邻的三个回文后缀长度，最小的长度必定小于最大的长度的一半。

应用

本质不同回文子串个数

除去初始状态后的状态数量。

回文子串出现次数

在 $fail$ 树上做个 topo 排序累加一下子树中串出现次数即可。

最小回文划分

问最少将字符串 $s$ 划分成多少个部分使得其各部分回文。

设 $f[i]$ 表示前缀 $s[1,i]$ 的最小回文划分，朴素的DP转移式是:（$pali$ 为回文缩写）

\[f[i]=\min_{s[i,j+1] is~pali} f[j]+1 \]

回文子串个数是 $O(n^2)$ 的，直接做会寄。

考虑回文后缀会划分成 $O(\log |s|)$ 个等差数列。我们可以维护整个等差数列的 $f$ 贡献和。记 $g[x]$ 为从 $x$ 开始的等差数列贡献和，$dif[x]$ 表示 $len[x]-len[fail[x] ]$，$slink[x]$ 为 $x$ 的 $fail$ 父亲链上第一个满足 $dif[p]\not=dif[fail[p] ]$ 的 $p$。我们的等差数列的贡献不包括 $slink$ ，$slink$ 的贡献放到下一个等差数列中计算。

首先知道一个结论，若 $x$ 与 $fail[x]$ 位于同一等差数列，那么 $fail[x]$ 的上一次出现位置为 $i-dif[x]$，这个结论我们等会给出证明。那么你发现 $g[fail[x]] $ 保存的贡献只比 $g[x]$ 存的少一个。因为它原来保存的贡献位置只差为 $dif[x]$ ，而现在 $fail[x]$ 向后移动了 $dif[x]$ 并加上了 $x$ 的贡献，所以 $x$ 把原来平移走的贡献补上，多出来的是 $g[fail[x] ]$ 中最后一个贡献平移之后的结果，这个贡献是 $f[i-dif[x]-len[slink[x] ]]$。这么干讲可能比较抽象，我把 OI-wiki 那个图抽过来。

大概就是这样？

关于那个结论：“若 $x$ 与 $fail[x]$ 位于同一等差数列，那么 $fail[x]$ 的上一次出现位置为 $i-dif[x]$ ” 的证明。

啊，首先 $fail[x]$ 肯定是在 $i-dif[x]$ 出现过的。只要证明 $fail[x]$ 在 $(i-dif[x],i)$ 中不曾出现即可。考虑反证，假设 $fail[x]$ 在区间 $(i-dif[x],i)$ 出现过，由于他们属于同一等差数列（这里指 $dif$ 相等）有 $2|fail[x]|\ge |x|$ ，显然 $fail[x]$ 与前面的 $i-dif[x]$ 位置的 $fail[x]$ 有交。记交集为 $a$，$b$ 满足 $ab=fail[x]$ 。显然 $aba$ 为回文串，这个比 $fail[x]$ 长，与 $fail[x]$ 为 $x$ 的最长回文后缀矛盾，因此得证。

标签：int,dif,后缀,从菜,fail,border,PAM,回文
From： https://www.cnblogs.com/cbdsopa/p/16871305.html

回文自动机PAM从菜到菜