这里是 SAM 感性瞎扯。
最近学了后缀自动机（Suffix_Automaton，SAM），深感其巧妙之处，故写文以记之。
部分文字与图片来源于 OI-Wiki，hihoCoder 与一些个人博客，链接在文章最底端。
在此之前请先了解有关于 SAM 的所有函数，并最好理解 OI-Wiki 上有关于 SAM 的五条引理（链接在最底部，引理在下文中有提到）。
一些重要的定义与引理：
- \(T\)：初始状态。
- \(\mathrm{endpos}(i)\)：字符串 \(i\) 在 \(s\) 中所有出现的结束位置集合。例如当 \(s=\texttt{"abcab"}\) 时，\(\mathrm{endpos}(\texttt{"ab"})=\{2,5\}\)，因为 \(s[1:2]=s[4:5]=\texttt{"ab"}\)。
- \(\mathrm{substr}(i)\)：状态（SAM 上的一个节点）\(i\) 所表示的所有子串的集合。
- \(\mathrm{shortest}(i)\)：状态 \(i\) 所表示的所有子串中，长度最短的那一个子串。
- \(\mathrm{longest}(i)\)：状态 \(i\) 所表示的所有子串中，长度最长的那一个子串。
- \(\mathrm{minlen}(i)\)：状态 \(i\) 所表示的所有子串中，长度最短的那一个子串的长度。即 \(\mathrm{minlen}(i)=|\mathrm{shortest}(i)|\)。
- \(\mathrm{len}(i)\)：状态 \(i\) 所表示的所有子串中，长度最长的那一个子串的长度。即 \(\mathrm{len}(i)=|\mathrm{longest}(i)|\)。
- \(\mathrm{link}(i)\)：\(\mathrm{longest}(i)\) 最长的一个后缀 \(w\ (w\notin \mathrm{substr}(i))\) 所在的状态。换句话说，一个后缀链接 \(\mathrm{link}(i)\) 连接到对应于 \(\mathrm{longest}(i)\) 的最长后缀的另一个 \(\mathrm{endpos}\) 等价类的状态。有 \(\mathrm{minlen}(i)=\mathrm{len(link}(i))+1\)。
引理 1： 字符串 \(s\) 的两个非空子串 \(u\) 和 \(w\)（假设 \(|u|\leq |w|\)）的 \(\mathrm{endpos}\) 相同，当且仅当字符串 \(u\) 在 \(s\) 中的每次出现，都以 \(w\) 后缀的形式存在。证明详见 OI-Wiki，下（引理 2~5）同。
引理 2：考虑两个非空子串 \(u\) 和 \(w\)（假设 \(|u|\leq |w|\)）。要么 \(\mathrm{endpos}(u)\cup \mathrm{endpos}(w)=\varnothing\)，要么 \(\mathrm{endpos}(u)\subseteq\mathrm{endpos}(w)\)，取决于 \(u\) 是否为 \(w\) 的一个后缀：
\[\begin{cases}\mathrm{endpos}(u)\subseteq\mathrm{endpos}(w)\quad &\mathrm{if}\ u\ \mathrm{is\ a\ suffix\ of}\ w\\\mathrm{endpos}(u)\cup \mathrm{endpos}(w)=\varnothing&\mathrm{otherwise}\end{cases} \]
引理 3：考虑一个 \(\mathrm{endpos}\) 等价类，将其中所有子串按长度非递增的顺序排序。每个子串都不会比它前一个子串长，与此同时每个子串也是它前一个子串的后缀。换句话说，对于同一等价类的任一两子串，较短者总为为较长者的后缀，且该等价类中的子串长度恰好覆盖整个区间 \([\mathrm{minlen,len}]\)（即排序后长度连续且不等）。
引理 4：所有后缀链接构成一棵根节点为 \(T\) 的树。
- 定义后缀路径 \(p\to q\) 表示在后缀链接构成的树中 \(p\to q\) 的路径。
引理 5：通过 \(\mathrm{endpos}\) 集合构造的树（每个子节点的 \(subset\) 都包含在父节点的 \(subset\) 中）与通过后缀链接 \(\mathrm{link}\) 构造的树相同。
（图片来源于 OI-Wiki）
引理 6：对于一个状态 \(t\)，\(\mathrm{substr}(t)\) 中所有子串后面接上同一个字符 \(c\) 之后，新的子串仍然都属于同一个状态（如果该状态存在）。
假设存在两个字符串 \(s_p,s_{p'}\in \mathrm{substr}(t)\) 满足 \(\mathrm{endpos}(s_p+c)\neq \mathrm{endpos}(s_{p'}+c)\)。不妨设 \(\mathrm{endpos}(s_{p'}+c)\) 包含 \(\mathrm{endpos}(s_p+c)\) 所没有的一个位置 \(pos\)，那么 \(\mathrm{endpos}(s_{p'})\) 中必定含有 \(pos-1\)，而 \(\mathrm{endpos}(s_p)\) 中必定没有。但是它们属于同一个状态，矛盾。得证。
一些重要的结论：（个人证明，并不非常严谨！）
结论 0：如果我们从任意状态 \(t_0\) 开始顺着后缀链接遍历，总会到达初始状态 \(T\)。这种情况下我们可以得到一个互不相交的区间 \([\mathrm{minlen}(t_i),\mathrm{len}(t_i)]\) 的序列，且它们的并集形成了连续的区间 \([0,\mathrm{len}(t_0)]\)。
该引理为 OI-Wiki 在 “小结” 最后一条列出的性质，根据后缀链接的性质和引理 3,4 易证。
结论 1：从表示 \(s[1:i]\) 的状态 \(t_0\) 不断跳后缀链接 \(\mathrm{link}\) 直到初始节点 \(T\)，其遍历到的所有状态 \(t_0,t_1,t_2,\cdots,T\) 所包含的子串集合刚好为所有 \(s[1:i]\) 的后缀所表示的状态，即 \(\mathrm{substr}(t_0)\cup\mathrm{substr}(t_1)\cup\mathrm{substr}(t_2)\cup\cdots\cup\mathrm{substr}(T)=\{s[x:i]\ (1\leq x\leq i)\}\)。换句话说，如果你在 \(\mathrm{SAM}_i\) 上跑所有 \(s[1:i]\) 的后缀，那么跑到的所有状态都在后缀路径 \(t_0\to T\) 上。
证明 1：由后缀链接 \(\mathrm{link}\) 的定义，对于任意一个状态 \(t_0\)，都有 \(x\) 是 \(y\) 的真后缀，其中 \(x\in\mathrm{substr(link}(t_0)),y\in\mathrm{substr}(t_0)\)。那么 \(S=\mathrm{substr}(t_0)\cup\mathrm{substr}(t_1)\cup\cdots\cup\mathrm{substr}(T)\) 中的所有子串（这里的子串是相对于 \(s[1:i]\) 而不是所包含的字符串的子串）都是 \(\mathrm{longest(t_0)}\) 即 \(s[1:i]\) 的后缀。又根据结论 0，\(S\) 中所有字符串长度覆盖了区间 \([0,\mathrm{len}(t_0)]\)，即 \([0,i]\)。得证。
结论 2：一个状态 \(t\) 所表示的所有子串 \(\mathrm{substr}(t)\)，等于初始状态 \(T\) 到该状态上所有路径所形成的所有字符串。如果添加一条转移边 \((p,q)\)，字符为 \(c\)，那么相当于将 \(\mathrm{substr}(p)\) 中所有子串末尾加上字符 \(c\) 添加到 \(\mathrm{substr}(q)\) 里面。
可以结合引理 6 与结论 1 感性理解（其实是我不太会证明，但是它满足这个性质）。如果想要直观理解可以看下文 Case 2 中的插图。
结论 3：考虑存在一个转移 \((p,q)\) 且 \(\mathrm{len}(p)+1=\mathrm{len}(q)\)，那么其他所有指向 \(q\) 的转移 \((p_i,q)\) 的 \(p_i\) 都在后缀路径 \(p\to T\) 上。
证明 3：首先，根据结论 2，我们知道如果存在转移 \((p,q)\)，字符为 \(c\)，那么一定有 \(\mathrm{len}(p)+1\leq\mathrm{len}(q)\)。因此，假设有另外一个状态 \(p'\) 存在转移 \((p',q)\) 且 \(p'\) 不在后缀路径 \(p\to T\) 上（显然 \(p'\) 不能为 \(p\)），那么有 \(\mathrm{len}(p')< \mathrm{len}(p)\)。设 \(s_{p}=\mathrm{longest}(p),s_{p'}=\mathrm{longest}(p')\)。因为 \(s_p+c\) 与 \(s_{p'}+c\) 同属于 \(\mathrm{substr}(q)\)，且 \(|s_{p'}+c|<|s_p+c|\)，所以根据引理 3，\(s_{p'}+c\) 是 \(s_p+c\) 的后缀。所以 \(s_{p'}\) 是 \(s_p\) 的后缀。因此，根据引理 2，\(\mathrm{endpos}(s_p)\subsetneq \mathrm{endpos}(s_{p'})\ (p\neq p')\)。因此，根据引理 5，\(p'\) 在 \(\mathrm{link}\) 树上一定为 \(p\) 的父节点。这与假设矛盾。得证。
结合上图以更好理解（图片来源于 hihoCoder）。
推论 3：指向状态 \(q\) 的转移 \((p_i,q)\) 的所有状态 \(p_i\)，在 \(\mathrm{link}\) 树上一定为一条深度递减的链 \(p_0\to p_x\)，且有 \(\mathrm{minlen}(p_x)+1=\mathrm{minlen}(q),\mathrm{len}(p_0)+1=\mathrm{len}(q)\)。
SAM 的构造方式：
类似数学归纳法：假设已经构造好了 \(\mathrm{SAM}_{i-1}\)，其状态为 \(las\)，这样所需要做的就是添加一个字符 \(s_i\)。
首先，\(\mathrm{SAM}_{i-1}\) 是无法表示 \(s[1:i]\) 的（因为它只接受 \(s[1:i-1]\) 的子串），所以我们新建一个节点 \(cur\) 表示至少包含 \(s[1:i]\) 的状态，显然有 \(\mathrm{len}(cur)=i\)（或者说等于 \(\mathrm{len}(las)+1\)）。可以发现 \(\mathrm{endpos}(s[1:i])=\{i\}\)，因为 \(s[1:i]\in\mathrm{substr}(cur)\)，而 \(s[1:i]\) 在 \(s[1:i]\) 中显然只以 \(i\) 为结束位置出现。
- 为什么说至少包含？因为 \(s[1:i]\) 的其它后缀也可能只以 \(i\) 为结束位置出现。例如 \(s=\texttt{aab}\)（假设 \(i=3\)），那么不仅是 \(\mathrm{endpos}(\texttt{"aab"})=\{3\}\)，\(\texttt{"ab"}\) 与 \(\texttt{"b"}\) 的 \(\mathrm{endpos}\) 集合也为 \(\{3\}\)。
Case 1：根据引理 1 与 2，如果不考虑重复状态，那我们只需要将后缀路径 \(las\to T\) 上的所有状态往 \(cur\) 连一条字符为 \(s_i\) 的转移边，并将 \(\mathrm{link}(cur)\) 设为 \(T\) 即可（因为后缀路径 \(las\to T\) 上的所有点刚好表示了 \(s[1:i-1]\) 的所有后缀，在其后面添加字符 \(s_i\) 就可以表示 \(s[1:i]\) 的所有后缀）。这其实是 Case 1，即后缀路径 \(las\to t\) 上所有状态都没有字符 \(s_i\) 的转移边。容易发现这种情况仅在 \(s_i\) 未在 \(s[1:i-1]\) 中出现过时发生。
如果有重复怎么办？我们从 \(las\) 开始跳到的不重复的所有状态往 \(cur\) 连一条 \(s_i\) 的转移边，并设遇到的第一个重复的转移为 \((p,q)\)。为什么不能再添加 \((p,cur)\) 的 \(s_i\) 的转移了？因为这样会导致从 \(T\to q\) 和 \(T\to cur\) 可以表示相同的子串，破坏了 SAM 的性质。记在后缀路径 \(las\to T\) 跳到 \(p\) 的上一个状态为 \(p'\)（即 \(\mathrm{link}(p')=p\)）。显然 \((p',cur)\) 有一条字符为 \(s_i\) 的转移。
此时 \(cur\) 的后缀链接应该怎么连？我们想要满足 \(\mathrm{len(link(}cur))+1=\mathrm{minlen}(cur)\)。这个 \(\mathrm{minlen}(cur)\) 实际上就是 \(\mathrm{minlen}(p')+1\)，那么 \(\mathrm{len}(p)=\mathrm{minlen}(p')-1=\mathrm{len(link(}cur))-1\)（因为 \(\mathrm{link}(p')=p\)）。
Case 2：\(\mathrm{len}(q)=\mathrm{len}(p)+1\)，此时 \(q\) 中包含的最长子串就是 \(p\) 中的最长子串接上字符 \(s_i\)。那么只需将 \(\mathrm{link}(cur)\gets q\) 即可。因为 \(\mathrm{len}(q)=\mathrm{len}(p)+1=\mathrm{len(link(}cur))\)，刚好是我们想要的。
（图片来源于 hihocoder）
上图中，在添加 \(s_5=\texttt{a}\) 时，从 \(T(S)\to 1\) 已经有了现成的字符 \(s_5\) 的转移。此时 \(p=T,q=1\)。因为 \(\mathrm{len}(1)=\mathrm{len}(T)+1\ (1=0+1)\)，所以直接将 \(\mathrm{link}(6)\gets 1\) 即可。
注意上图中状态 \(4,5,6\) 所表示的子串，可以发现状态 \(6\) 所表示的子串是状态 \(4,5\) 所表示的所有子串后接上字符 \(s_5\) 得到的。这很好地验证了结论 2，也非常直观形象地阐释了 Case 2 的情况。
Case 3：\(\mathrm{len}(q)>\mathrm{len}(p)+1\)，此时 \(q\) 对应了 \(s[1:i-1]\) 的更长的子串（感觉 OI-Wiki 这里讲得不是很明白）。此时除了把 \(q\) 拆开来别无他法。具体来说，将 \(q\) 所表示的所有长度不大于 \(\mathrm{len}(p)+1\) 的子串提出来，丢给一个新建的状态 \(q'\)，然后将 \(\mathrm{link(cur)}\gets q'\)，同时添加转移 \((q',cur)\)，也就是说我们凭空创造了一个满足 Case 2 的状态 \(q\)。
显然，无中生有是要付出一些时间代价的。先考虑 \(q\) 和 \(q'\) 的内部情况。具体的，\(\mathrm{link}(q)\) 应改为 \(q'\)，而 \(\mathrm{link}(q')\) 应该继承原来的 \(\mathrm{link}(q)\)。此外，一些本来转移到 \(q\) 的转移 \((p_i,q)\) 也应该变为 \((p_i,q')\)。具体地，我们从后缀路径 \(p\to T\) 继续往上跳，沿路径跳到的所有状态 \(p_i\)，如果有一条 \((p_i,q)\) 的转移，那么将其改为 \((p_i,q')\)。
（图片来源于 hihocoder）
特别的，如果跳到一个状态 \(P\)，它没有 \((P,q)\) 的转移，此时退出即可，因为根据结论 3，此时再往上跳也不可能出现另外一个状态 \(P'\) 有 \((P',q)\) 的转移。换句话说，我们找到后缀路径 \(p\to T\) 上从 \(p\) 开始的一段有 \((p_i,q)\) 转移的所有状态，并将其修改为 \((p_i,q')\)。因为根据推论 3，路径上有且仅有一段状态 \(p_i\) 有 \((p_i,q)\) 的转移，且所有 \(p_i\) 所表示的子串加上字符 \(s_i\)，刚好能表示状态 \(q\) 原本所表示的所有长度不大于 \(\mathrm{len(p)}+1\) 的子串，如上图。
（图片来源于 hihocoder）
上图中，我们把 \(q=3\) 的不大于 \(\mathrm{len}(T)+1=1\) 的所有子串提出来，丢给一个新建的状态 \(q'=5\)，然后 \(\mathrm{link}(4\ (cur))\gets 5\ (q')\) 并添加状态 \((5,4)\)（即 \((q',cur)\)）。内部，\(\mathrm{link}(3\ (q))\gets 5\ (q')\)，同时 \(\mathrm{link}(5\ (q')) \gets T\)（原来的 \(\mathrm{link}(3)\)）。最后从 \(T\ (p)\) 往上跳后缀连接直到不存在连向 \(3\) 的路径或到了初始状态 \(T\)（当然，这里的例子只有 \(T\) 一个点，不过我们需要知道并不一定会跳到 \(T\)，因为有可能跳到中间的某个状态 \(P\) 时就没有转移 \((P,3\ (q))\) 了），并将所有连向 \(3\ (q)\) 的转移连向 \(5\ (q')\)，即 \((T,3)\) 变为了 \((T,5)\)。
综合上述三种情况，我们就可以在线性时间内建造出一个字符串 \(s\) 的 SAM（关于其时间复杂度为线性的证明，详见 OI-Wiki）。
部分额外信息在代码与应用中有提到。
代码与应用：
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一些资料：
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