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AC自动机利用trie树可以高效解决有关多个字符串的问题。
也称字典树，它的本质是使得字符串集合\(S\)构成一棵树，其中边权记录字符信息。
它的根到任意节点的路径对应集合\(S\)中某一字符串的前缀。
任意节点向深度增大的方向经过的路径对应\(S\)中某一字符串的子串。
比如下面这一棵\(\text{trie}\)，就记录了\(\text{why,who,when}\)这几个字符串所构成的集合的信息:
简单来说，\(\text{trie}\)的插入是这样的:
int tot=0;
void insert(char *s,int l_s)
{
int p=0;
for (int i=1;i<=l_s;i++)
{
if (!trie[p][s[i]-‘a‘])
trie[p][s[i]-‘a‘]=++tot;
p=trie[p][s[i]-‘a‘];
}
end[p]++;
}
查询字符串\(s\)是否在集合中\(\rightarrow\)在\(\text{trie}\)上遍历，在结尾处查询是否有相应状态(遍历与插入的过程类似)
查询是否有字符串\(s\)的某个前缀在集合中\(\rightarrow\)遍历的时候每经过一个节点就检查一遍是否为标记状态
查询是否有字符串\(s\)的某个子串在集合中\(\rightarrow\)因为子串都是某个前缀的后缀,所以只需查询\(s\)的每个前缀有多少可识别并被标记的后缀
一般敏感词屏蔽就可以用这样的方法，不过有可能会误伤一些连起来的正常词语。
我们定义\(\text{fail[s[1..i]]}\)表示\(\text{s[1..i]}\)的最长可识别后缀(你可以将它理解为一个字符串指针，虽然实际上我们会用数组实现，使它指向一个状态的编号)。容易发现的是,可识别后缀具有传递性，即:若\(s\)是\(t\)的可识别后缀,\(t\)是\(r\)的可识别后缀，则\(s\)也为\(r\)的可识别后缀.
依据这个性质，设\(\text{s[1..i]}\) \(=t\),其所有可识别后缀为\(\text{fail[t],fail[fail[t]],fail[fail[fail[t]]]}\) \(\cdots\)，且长度递减。
那么，怎么处理这个\(\text{fail}\)指针呢?
假设有字符串\(x\),\(\text{fail[x]=y}\).考虑\(x\)加上一个字符\(c\)后的新字符串\(xc\)的\(\text{fail}\)指针。显然,\(xc\)的可识别后缀必然为\(x\)的某个可识别后缀加上\(c\)的形式。所以，我们为了求出\(xc\)的最长可识别后缀，只需查询\(\text{yc,fail[y]c,fail[fail[y]]c}\) \(\cdots\)中最长的可识别串即可.
接下来考虑依赖关系。由上，我们知道想要一个字符串的\(\text{fail}\)指针与比其长度少一的可识别后缀有关，长度在\(\text{trie}\)树上的表现即为深度。所以，我们应按照深度从小到大计算每个节点所代表的状态的\(\text{fail}\)指针。可用\(\text{BFS}\)实现。
建立AC自动机伪代码:
\(build\ trie\ T\ from\ S=\left\{str_1,str_2...\right\}\)
\(sort\ every\ state\ in\ T\ by\ depth\)
\(fail[root]=\phi\)
\(for\ each\ c,trans(\phi, c)=root\ (to\ avoid\ some\ error)\)
\(for\ state\ x\ in\ T\)
\(\ \ \ \ \ \ for\ xc\ in\ T\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ y=fail[x]\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ while \ y\neq\phi\ and \ yc\ not\ in\ T\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ y=fail[y]\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ fail[xc]=yc\)
注意到，当新加进来字符的状态不能直接被当前的\(fail\)匹配时，需要一直在\(fail\)链上跳，直到能扩展匹配或跳到空集。有一个小优化可以在我们不需要访问或更改\(\text{trie}\)树的信息使用：若\(yc\)不存在，则将其直接指向\(fail[y]c\)。这样以来，就可以避免多余的跳动，直接指到最长可匹配的状态。
结合代码理解：
void build()
{
for (int i=0;i<26;i++)
if (trie[0][i])
{
fail[trie[0][i]]=0;
q.push(trie[0][i]);
}
while(!q.empty())//借助队列依照深度从小到大的关系对状态进行更新
{
int u=q.front();
q.pop();
for (int i=0;i<26;i++)
{
if (trie[u][i])
{
fail[trie[u][i]]=trie[fail[u]][i];//不需要考虑是否真的有对应状态，若有，直接匹配；若没有，得到之前深度最大的匹配
q.push(trie[u][i]);//继续更新深度更大的状态
}
else
trie[u][i]=trie[fail[u]][i];//相当于一个虚点，指向它相当于指向前一个点，这是一个传递的关系，减少了尝试匹配的操作
}
}
}
接下来，求\(s\)被\(S\)中的字符串匹配的次数只需在于AC自动机上遍历\(s\)的过程中求出每个状态\(fail\)链上的标记数即可。需要注意的是，如果我们要求的是有多少个字符串出现在s中，那么每个标记状态应只被记录一次。为避免重复记录，应将访问过的标记状态的贡献记为-1，就像这样：
int solve(char *s,int l)
{
int u=0,ans=0;
for (int i=1;i<=l;i++)
{
u=trie[u][s[i]-‘a‘];
for (int t=u;t&&end[t]!=-1;t=fail[t])//由于fail的传递性，fail链上的状态应是连续的被访问过再到未被访问过
ans+=end[t],end[t]=-1;
}
return ans;
}
如果我想要知道所有字符串分别被匹配的总次数呢？改变一下状态的记录方式，把每个字符串的终点编号记录下来，每次访问到该状态就将这个次数加1。这是非常直观的想法，但是想想我们求解\(fail\)的过程，往上跳真的很需要时间！接下来好好想想，怎么样才能避免那么多的跳跃？
由于\(fail\)是具有唯一前驱状态的，这符合一棵树的形态，其根节点为空集。当我们访问某一个节点，其到根的链上的节点都被访问一次。所以，为了避免每次都通过跳跃来更新信息，我们应该在每次第一个访问的节点上打上标记，当所有标记都打完之后自底向上地更新信息。可以用拓扑排序，也可以\(\text{dfs}\)回溯时更新信息，方法多样。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/hkr04/p/Aho-Corasick-automaton.html
