本篇博客部分内容及图片引用自KesdiaelKen的博客
一·、概述
后缀自动机(suffix automaton,SAM)是一个能够解决许多字符串问题的自动机。它可以说是常考的字符串算法中最困难的一个，解决的问题也非常多。
想要学会SAM，首先得先学会(trie)，较高深的内容也需要后缀数组SA相关的知识。
后缀自动机，实质上就是一种用一个DAG表示一个字符串的所有子串的方法，表示一个字符串所有子串的方法我们并不是没有学过，那就是(trie)：即将原串的所有后缀都加入(trie)树中，得到的(trie)树存在一个根以及若干终止点，满足重要性质：
- 从根到任意节点的任意路径对应原串的一个子串，原串的每个子串对应从根开始的某条路径。
- 从根到任意终止节点的任意路径对应原串的一个后缀
但是，(trie)树的节点数达到了(mathcal O(n^2))的级别，这是我们不能接受的，我们需要一种更好的表示所有子串信息的方法，这就是SAM了。
以下的所有内容中我们都认为原字符串为(s)。
SAM是一个能识别(s)的所有后缀的最小DFA，不理解什么是DFA也没关系，总之就是它满足以下性质：
- SAM是一个DAG，节点被称为状态，边被称为转移，每个转移上标有一些字母
- 存在一个初始状态，从初始状态出发能到达任意节点，并且将从初始状态出发的任意路径上的所有转移的字母写下来就是(s)的一个子串，(s)的每一个子串均能被这样的路径表示出来
- 存在若干个终止状态，从初始状态到终止状态的任意路径都是(s)的一个后缀，(s)的每一个后缀都可以由这样的方式表示出来。
- SAM的状态数、转移数都是线性的
二、SAM的结构
首先，我们引入一个新定义：结束位置(endpos)，对于字符串(s)的任意子串(t)，(endpos(t))表示(t)在(s)中的所有结束位置组成的集合，例如对于(s=“dabda”,endpos(“da”)={2,5},endpos(“b”)={3})。
(endpos)满足许多很好的性质，这是SAM的关键：
引理1：对于字符串的任意非空子串(u)与(v)，如果(endpos(u)=endpos(v))，且(|u|le|v|)，那么(u)是(v)的后缀。
证明：还是比较显然的。
引理2：对于字符串的任意非空子串(u)与(v)，如果(|u|le|v|)，那么(endpos(v)in endpos(u))或者$endpos(u)cap endpos(v)=varnothing $。
证明：如果(u)是(v)的后缀，那么(v)出现时(u)一定出现，于是(endpos(v)in endpos(u))，否则(u)与(v)一定不会同时出现。
于是我们按照不同的(endpos)将原串的所有子串分为若干个(endpos)等价类。
引理3：对于任意一个(endpos)等价类，其中的所有子串将它们按长度从大到小排序，那么每一个子串都是前一个子串的后缀，长度(=)前者(-1)，等价类的长度值域恰好覆盖连续的一段。
证明：如果等价类仅包含一个字符串那么引理显然成立，否则设(u)为该等价类最短的字符串，(v)为最长的字符串，那么(v)的所有长度(ge |u|)的后缀，根据引理(1)，它们也一定属于这一等价类中。
对于任意一个等价类，我们设(v)为该等价类最长的子串，那么在(v)前加另一个字符，如果依然得到原串的子串，那么它一定属于另一个等价类，并且由引理2，这个等价类的(endpos)一定(in endpos(v))，并且在(v)前加不同的字符会得到不同的等价类，它们的(endpos)一定不相交，于是我们相当于将(endpos(v))拆分为了若干个新的集合并保留原来的集合。我们将从(A)分割得到(B)看作是父子关系，借此我们就能建出一棵树：
这是以(aababa)为例建出的树，图片来自开头提到的博客。
通过这样的例子，根据分割关系显然可以发现树的节点个数是不超过(mathcal O(2|s|))的，这棵树我们称之为(parent tree)。我们将基于(parent tree)来建出SAM，所有(endpos)等价类就是SAM中的节点，根就是SAM的初始节点。
我们认为任意等价类(x)中的最长字符串的长度为(len(x))，最短字符串长度为(minlen(x))，它在(parent tree)上的父亲为(link(x))，那么显然有(minlen(x)=len(link(x))+1)，因为(x)正是由(link(x))增加一个字符得来的。
但SAM的转移并不是(parent tree)上的边，因为这些边是在字符串前面加一个字符，而SAM中的转移边应该是在最后加一个字符，我们希望能在(parent tree)的节点之间连边，使起点出发到任意点的路径都对应属于该点的一个字符串。
具体建出来的结果是这样的：
接下来，我们将介绍如何在线性时间内建出SAM:
三、SAM的构造
和PAM一样，我们也采用增量法构造SAM，即依次将(s)的每一个字母加入SAM中并使SAM维护新出现的子串。
我们记录(c)为要加入的这个字母，它是第(i)个字母，(last)为旧串对应的节点编号，用(ch[i][c])表示(i)的各条转移连向的点，设(1)为初始节点。
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首先，我们新建一个节点(cur)表示新串，显然它的(endpos={i})是全新的，应该是一个新的节点，有(len[cur]=len[last]+1)
int cur=++tot;len[cur]=len[last]+1; -
接下来我们考虑哪些子串的(endpos)需要被修改——新串的后缀，它们都是原串的一个后缀通过转移(c)得来的，我们通过遍历原串的后缀来找到它们，遍历后缀的方法则是从(last)出发，不断让(last=link[last])直至(last=1)即根节点，这个结合(link)的含义不难发现。
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显然我们是按后缀的长度从大到小遍历的，一开始的几个后缀可能没有(c)这个转移，也就是说它们对应的新串后缀从未在旧串中出现过，因此它们的(endpos={i})，应该属于(cur)：
while(p&&!ch[p][c]){//p=0表明我们已经遍历完所有后缀了 ch[p][c]=cur; p=link[p]; } if(!p) link[cur]=1; -
如果(p=0)，那么所有新串后缀都已并入(cur)，这样的节点在(parent tree)上只能从初始节点转移而来了，因此将(link[cur])设为(1)。
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假设现在来到了节点(p)，(ch[p][c]=q)是已经出现过的子串，它的(endpos)应该增加一个({i})进去，如果(q)中只有这一个子串，也就是说(len[q]=len[p]+1)，(这一点是因为(minlen[q]=len[p]+1=len[q])，所以(q)仅包含这一个子串)，于是我们不用修改它，因为(cur)就是(q)前加一个字母得到的，我们将(link[cur])指向(q)即可。
int q=ch[p][c]; if(len[q]==len[p]+1) link[cur]=q; -
否则，意味着我们要将(q)中代表新串后缀的这一个子串单独提出来修改它的(endpos)，于是我们新建一个(np)表示这个单独提出来的子串的(endpos)，用(t)来表示这个子串。于是(len[np]=len[p]+1)，且(np)的(ch)数组应当与(q)相同。考虑(link[np])，之前的(link[q])表示什么？表示(link[q])通过加一个字符得到了(q)中最短的一个子串，因为(t)满足(len[np]=len[p]+1=minlen[q])，因此它就是之前的最短子串，于是(link[np]=link[q])，(link[q])自然就应该更换为(np)，(link[cur])也应该指向(np)
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拆分完后，我们不仅要考虑(q)与(np)的转移，还要考虑原先连向(np)与(q)的转移，原先在字符串最后增加一个字符能得到(t)的点，我们要将它们的转移边改为连向(np)，然后我们继续跳(link[p])，接下来的点也应该在(endpos)中增加(i)，而如果它们本来连向的是(q)，那么直接改为连向(np)，当(ch[p][c] ot=q)时，意味着现在(p)连向的是(q)的祖先了，(q)的父亲(np)的(endpos)中已经包含(i)了，因此我们就不需要再修改它们了。
else{ int np=++tot; len[np]=len[p]+1; link[np]=link[q]; ch[np]=ch[q];//实际上ch[np]作为一个数组它不能这么用，我们这里只是表示这个意思 while(p&&ch[p][c]==q){ ch[p][c]=np; p=link[p]; } link[cur]=link[q]=np; } -
最后将(last)更新为(cur)，我们就完成了整个构造的过程。依次加入每个字符，我们就完成了SAM的构造：
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完整代码如下：代码中也有一些注释，不过我认为我前面的讲解会更好理解一些。
inline void insert(int c){ int cur=++tot; len[cur]=len[last]+1;//开新节点 int p=last; while(p&&(!ch[p][c])){ ch[p][c]=cur; p=link[p]; }//原s的所有后缀都应启动新转移c if(!p) link[cur]=0;//c没出现过，直接连向初始状态 else{ int q=ch[p][c]; if(len[q]==len[p]+1) link[cur]=q;//是连续的则直接link else{ int np=++tot; len[np]=len[p]+1; link[np]=link[q]; ch[np]=ch[q]//否则将状态q分成两部分q与np，让q连向np while(p!=-1&&ch[p][c]==q){ ch[p][c]=np; p=link[p]; }//修改所有连向q的转移 link[q]=link[cur]=np; } } siz[cur]=1; last=cur;//更新last }还有一个问题，为什么这样的构造复杂度是正确的？
四、复杂度证明
首先我们先证明SAM的状态数与转移数是(mathcal O(n))的，状态数我们通过(parent tree)已经证明，接下来考虑转移数：
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我们先找出SAM的一个生成树，将其他边舍去，然后我们从每一个后缀对应的终止状态出发沿SAM上起始状态到它的路径(这个是唯一的)往起始状态跑，然后如果遇见了一条非树边，就把这条边加入SAM中，然后沿这条边到达点(u)，然后我们这个时候不走之前的路径了，改沿生成树上(u)到起点的路径跑回起点。这样的一条路径得到的字符串不一定是这个后缀，但它依然是从初始状态到终止状态的一条边，对应的也是一个后缀，并且没有被跑过(不然不会现在才连上)
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此时，我们将这个后缀划掉不跑了，继续回到(u)跑之前的后缀，重复这样的流程。
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整个流程中，我们每增加的一条非树边都唯一对应一个后缀，因此非树边的数量是(mathcal O(n))的，而树边数量等于状态数也是(mathcal O(n))的，因此总转移数是(mathcal O(n))的。
回来考虑构造的复杂度：构造中看起来不是线性的应该就是以下几部分：
- 遍历旧串后缀，增加到(cur)的转移
- 增加新节点后复制之前(q)的转移到(np)上去((ch[np]=ch[q]))
- 修改之前到(q)的转移到(np)上
对于前两个，它们每操作一次，就意味着新增一条转移，因此总复杂度是(mathcal O(n))的，(补充一点：字符集较大时我们用(unordered\_map)维护(ch)这样每次取出会带有一些常数，较小时(大部分情况下)我们直接把(ch)开为数组暴力转移)
对于第三个，我们修改的转移就是连向新节点的所有转移，这个新节点不会再被操作三遍历到了，因此每条边最多只会被修改一次，操作三的总复杂度依然是线性的。
至此，我们就证明了后缀自动机构造的线性复杂度。
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五、应用及例题
本篇博客篇幅已经很大了，所以这部分我们下篇博客再说(咕咕咕)