思路來源
https://www.luogu.com.cn/blog/Kesdiael3/hou-zhui-zi-dong-ji-yang-xie 首推這一篇
https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/9218214.html 也看了這一篇，也不錯
http://hihocoder.com/problemset/problem/1441 hihocoder板子題
https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P3804 洛谷板子題
前置知識
自動機的知識（編譯原理那一套，比如有限狀態自動機云云，知道能在其上沿邊轉移感覺就可）
AC自動機、Trie樹、後綴數組
死記硬背環節
證明和心得（後附）感覺用處不大，直接計入死記硬背和抄板子做題環節
後綴自動機（SAM），是一個最小的確定有限狀態自動機（DFA），接受且只接受S的後綴
parent樹和自動機節點共用，時間複雜度O(n)，空間複雜度O(n)
parent(也稱fa，後綴鏈接link)：當一個節點的串，在變爲其後綴，且endpos發生了擴大時，最長的那個後綴對應的節點
endpos(也稱right)：每個節點對應的串的endpos集合是一致的，每個子串唯一出現在某個節點裏
len：一個節點內代表的串的最大長度
minlen：一個節點內代表的串的最小長度，由於a回跳到父親fa(a)的時候len(fa)+1=minlen(a)，故一般不存
ch[0-26]（後綴轉移transfer）：自動機上對應字母的轉移
配合兩張圖食用，便於記憶這些概念
圖1：abcd的後綴自動機，
紅色括號是endpos集合，字母是自動機轉移
圖二：aaba的後綴自動機，
紅色數字是節點對應的最長子串的長度len，藍邊是其parent樹上的父親fa
板子
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
struct NODE
{
int ch[26];
int len,fa;
NODE(){memset(ch,0,sizeof(ch));len=0;}
}dian[N<<1];
int las=1,tot=1;
void add(int c)
{
int p=las;int np=las=++tot;
dian[np].len=dian[p].len+1;
for(;p&&!dian[p].ch[c];p=dian[p].fa)dian[p].ch[c]=np;
if(!p)dian[np].fa=1;//以上爲case 1
else
{
int q=dian[p].ch[c];
if(dian[q].len==dian[p].len+1)dian[np].fa=q;//以上爲case 2
else
{
int nq=++tot;dian[nq]=dian[q];
dian[nq].len=dian[p].len+1;
dian[q].fa=dian[np].fa=nq;
for(;p&&dian[p].ch[c]==q;p=dian[p].fa)dian[p].ch[c]=nq;//以上爲case 3
}
}
}
char s[N];int len;
int main()
{
scanf("%s",s);len=strlen(s);
for(int i=0;i<len;i++)add(s[i]-'a');
}
性質
①endpos：一個子串在原串中所有出現的地方，其末位置下標的集合
如串abcab，endpos(ab)={2,5}
②endpos相同，一個必爲另一個後綴，
考慮abcdbcd，當abcd變成後綴bcd的時候，endpos增加，bcd變成cd的時候，endpos不變
③根據②，任意兩個子串的endpos集合，要麼一個是另一個子集，要麼二者相交爲空，
只要有一個相交的位置，說明是後綴，後綴就是含於的情況
④根據②，在子串縮短爲其後綴的過程中，要麼endpos不變，要麼增加，把endpos相同的視爲一個等價類節點
在SAM中，一個子串只屬於一個節點，這個節點內的子串的endpos都相同
⑤endpos等價類（節點）個數爲O(n)，
這個沒看懂曾經看懂過，可以參考原博客
⑥parent樹、自動機
後綴自動機的parent樹和自動機的節點是共用的，
parent樹往祖先跳的時候，endpos會變大，實際上是當前串變爲其後綴串，在節點中用fa定義
自動機就是讀進這個字符轉移到哪個點，定義了一種轉移關係，在節點中用ch[0-26]定義，類似trie
⑦由②，不難發現，endpos不變的一段子串是連續的，
分別記minlen和len爲這個點對應的子串的最小長度和最大長度
記點a覆蓋的串的長度爲[minlen(a),len(a)]，則從minlen(a)再縮短一個長度的時候，endpos擴充，跳到父親
所以有len(fa(a))+1=minlen(a)，fa(a)是a在parent樹上的父親
⑧後綴自動機的邊數爲O(n)
這個沒看懂曾經看懂過，可以參考原博客
⑨SAM的構造過程
設當前字母爲c，從上一個點las轉移過來，當前新開一個點np，endpos多出一個{n}來
先考慮轉移，爲了最大程度的利用節點，
只對las的祖先節點中，計當前祖先節點爲p，
若不存在字母c的轉移的點，對其進行轉移到np的操作，
並令p回跳到p的父親，最終p停留在了某個節點
以下分三種情況，實際上是（1）（2）兩種情況，其中（2）分爲兩種子情況
（1）c是沒出現過的字符，這樣回跳的時候一定會回到根，這裏計根爲1號節點
根代表了空串，其endpos集合爲{1,2,...,n}，
因此，c所在節點np構成了一個新的endpos集合{n}，直接令fa(np)=1
（2）停留在了中途某個點，此時點p存在字母c的轉移，所以停下了，
這其中分成兩種子情況，計q爲p通過字母c能轉移到的點，len[q]是q中最長串的長度
①若len[q]=len[p]+1，由於p是las的祖先，p的串一定是las串的後綴，
np比las多了一個字母c，q比p多了一個字母c，且q最長的串是p最長的串的長度+1，
這表明，在p的串後面補一個字母c，其仍然是 在las串後面補一個字母c 的後綴，
則q的串也是np串的後綴，q的endpos一定是np的endpos的超集，令fa(np)=q即可
②len[q]>len[p]+1，由於len[q]>=len[p]+1（是由p的串補了一個字母c而來），既然不等於，就一定大於
說明q中的串分成了兩部分，長度=len[p]+1的那些串x，由①，是np串的後綴，其endpos多出了{n}
長度>len[p]+1的那些串y，不是np串的後綴，其endpos沒有變化，
而q是np在往上回跳的過程中，第一個包含了np的所有endpos的集合的點，
既然不能表示，就考慮將q拆成兩部分，
一部分是x串集合構成的點，是新開的點，記爲nq，有len[nq]=len[p]+1
另一部分是y串集合構成的點，保持原來的q不變，
起先，令nq的所有自動機轉移關係(所有ch節點)等於原先的q，這樣做可行的原因是：
nq是q的後綴，後續在加入新的字符z時，設其跳到狀態nr，
由於nq和q只有碰到字母c時有區別，而z不等於c（設z=c，則nr是第一個包含了np的所有endpos的點，與nq是第一個包含了np的所有endpos集合的點矛盾），
故沒有受到新字母c的影響，所以二者唯一的區別endpos{n}，沒有給後續的nr的狀態帶來影響
然後考慮fa的關係，nq是舊q的一部分，fa(nq)=fa(q)，新q比nq長，可以令fa(q)=nq
構建這個nq節點的意義在於表示np，所以令fa(np)=nq
舊q的兒子（轉移關係ch）原封不動保留到了新q和nq中，考慮fa的改變
原先有一些節點指向q，但現在nq成爲了q和np的fa，這些點應該指向nq，
所以應從p往其祖先回跳，若其碰到字母c的轉移爲q，就應將其改爲nq，
對於沒有通過c轉移到q的那些祖先節點，其一定指向了nq的祖先，故不用修改
心得
感覺自己死摳知識點的證明，不做題，沒啥大的意義，
有些知識點感性理解一下就好了……
但總之思路來源的博主寫的很好，
滿足了我這個zz對於原理的一切幻想……
去年8月、11月自學過SAM的原理，但是後來沒做題，就漸漸忘了，
現在想想，SA前年當時花了四五天摳原理，但現在也只記得rank、sa、height數組是幹啥的了，
實際上，SAM的情況就分三種，代碼也很短，掌握了性質就可以了……
證明什麼的，除了O(n)的點數和邊數的證明略複雜以外，剩下的還好……
沒必要每次做題前都複習一下證明，更何況這玩意比SA做題直接很多……