思路来源
https://www.luogu.com.cn/blog/Kesdiael3/hou-zhui-zi-dong-ji-yang-xie 首推这一篇
https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/9218214.html 也看了这一篇，也不错
http://hihocoder.com/problemset/problem/1441 hihocoder板子题
https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P3804 洛谷板子题
前置知识
自动机的知识（编译原理那一套，比如有限状态自动机云云，知道能在其上沿边转移感觉就可）
AC自动机、Trie树、后缀数组
死记硬背环节
证明和心得（后附）感觉用处不大，直接计入死记硬背和抄板子做题环节
后缀自动机（SAM），是一个最小的确定有限状态自动机（DFA），接受且只接受S的后缀
parent树和自动机节点共用，时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)
parent(也称fa，后缀链接link)：当一个节点的串，在变为其后缀，且endpos发生了扩大时，最长的那个后缀对应的节点
endpos(也称right)：每个节点对应的串的endpos集合是一致的，每个子串唯一出现在某个节点里
len：一个节点内代表的串的最大长度
minlen：一个节点内代表的串的最小长度，由于a回跳到父亲fa(a)的时候len(fa)+1=minlen(a)，故一般不存
ch[0-26]（后缀转移transfer）：自动机上对应字母的转移
配合两张图食用，便于记忆这些概念
图1：abcd的后缀自动机，
红色括号是endpos集合，字母是自动机转移
图二：aaba的后缀自动机，
红色数字是节点对应的最长子串的长度len，蓝边是其parent树上的父亲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;//以上为case 1
else
{
int q=dian[p].ch[c];
if(dian[q].len==dian[p].len+1)dian[np].fa=q;//以上为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;//以上为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');
}
性质
①endpos：一个子串在原串中所有出现的地方，其末位置下标的集合
如串abcab，endpos(ab)={2,5}
②endpos相同，一个必为另一个后缀，
考虑abcdbcd，当abcd变成后缀bcd的时候，endpos增加，bcd变成cd的时候，endpos不变
③根据②，任意两个子串的endpos集合，要么一个是另一个子集，要么二者相交为空，
只要有一个相交的位置，说明是后缀，后缀就是含于的情况
④根据②，在子串缩短为其后缀的过程中，要么endpos不变，要么增加，把endpos相同的视为一个等价类节点
在SAM中，一个子串只属于一个节点，这个节点内的子串的endpos都相同
⑤endpos等价类（节点）个数为O(n)，
这个没看懂曾经看懂过，可以参考原博客
⑥parent树、自动机
后缀自动机的parent树和自动机的节点是共用的，
parent树往祖先跳的时候，endpos会变大，实际上是当前串变为其后缀串，在节点中用fa定义
自动机就是读进这个字符转移到哪个点，定义了一种转移关系，在节点中用ch[0-26]定义，类似trie
⑦由②，不难发现，endpos不变的一段子串是连续的，
分别记minlen和len为这个点对应的子串的最小长度和最大长度
记点a覆盖的串的长度为[minlen(a),len(a)]，则从minlen(a)再缩短一个长度的时候，endpos扩充，跳到父亲
所以有len(fa(a))+1=minlen(a)，fa(a)是a在parent树上的父亲
⑧后缀自动机的边数为O(n)
这个没看懂曾经看懂过，可以参考原博客
⑨SAM的构造过程
设当前字母为c，从上一个点las转移过来，当前新开一个点np，endpos多出一个{n}来
先考虑转移，为了最大程度的利用节点，
只对las的祖先节点中，计当前祖先节点为p，
若不存在字母c的转移的点，对其进行转移到np的操作，
并令p回跳到p的父亲，最终p停留在了某个节点
以下分三种情况，实际上是（1）（2）两种情况，其中（2）分为两种子情况
（1）c是没出现过的字符，这样回跳的时候一定会回到根，这里计根为1号节点
根代表了空串，其endpos集合为{1,2,...,n}，
因此，c所在节点np构成了一个新的endpos集合{n}，直接令fa(np)=1
（2）停留在了中途某个点，此时点p存在字母c的转移，所以停下了，
这其中分成两种子情况，计q为p通过字母c能转移到的点，len[q]是q中最长串的长度
①若len[q]=len[p]+1，由于p是las的祖先，p的串一定是las串的后缀，
np比las多了一个字母c，q比p多了一个字母c，且q最长的串是p最长的串的长度+1，
这表明，在p的串后面补一个字母c，其仍然是 在las串后面补一个字母c 的后缀，
则q的串也是np串的后缀，q的endpos一定是np的endpos的超集，令fa(np)=q即可
②len[q]>len[p]+1，由于len[q]>=len[p]+1（是由p的串补了一个字母c而来），既然不等于，就一定大于
说明q中的串分成了两部分，长度=len[p]+1的那些串x，由①，是np串的后缀，其endpos多出了{n}
长度>len[p]+1的那些串y，不是np串的后缀，其endpos没有变化，
而q是np在往上回跳的过程中，第一个包含了np的所有endpos的集合的点，
既然不能表示，就考虑将q拆成两部分，
一部分是x串集合构成的点，是新开的点，记为nq，有len[nq]=len[p]+1
另一部分是y串集合构成的点，保持原来的q不变，
起先，令nq的所有自动机转移关系(所有ch节点)等于原先的q，这样做可行的原因是：
nq是q的后缀，后续在加入新的字符z时，设其跳到状态nr，
由于nq和q只有碰到字母c时有区别，而z不等于c（设z=c，则nr是第一个包含了np的所有endpos的点，与nq是第一个包含了np的所有endpos集合的点矛盾），
故没有受到新字母c的影响，所以二者唯一的区别endpos{n}，没有给后续的nr的状态带来影响
然后考虑fa的关系，nq是旧q的一部分，fa(nq)=fa(q)，新q比nq长，可以令fa(q)=nq
构建这个nq节点的意义在于表示np，所以令fa(np)=nq
旧q的儿子（转移关系ch）原封不动保留到了新q和nq中，考虑fa的改变
原先有一些节点指向q，但现在nq成为了q和np的fa，这些点应该指向nq，
所以应从p往其祖先回跳，若其碰到字母c的转移为q，就应将其改为nq，
对于没有通过c转移到q的那些祖先节点，其一定指向了nq的祖先，故不用修改
心得
感觉自己死抠知识点的证明，不做题，没啥大的意义，
有些知识点感性理解一下就好了……
但总之思路来源的博主写的很好，
满足了我这个zz对于原理的一切幻想……
去年8月、11月自学过SAM的原理，但是后来没做题，就渐渐忘了，
现在想想，SA前年当时花了四五天抠原理，但现在也只记得rank、sa、height数组是干啥的了，
实际上，SAM的情况就分三种，代码也很短，掌握了性质就可以了……
证明什么的，除了O(n)的点数和边数的证明略复杂以外，剩下的还好……
没必要每次做题前都复习一下证明，更何况这玩意比SA做题直接很多……