后綴自動機重點在於性質，東西很多注意區分概念。
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后綴自動機是一個\(DAG\)，從根開始的路徑能夠識別\(S\)的每個后綴（子串），一定不存在一條從根開始的路徑能夠識別不是S的子串。
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點：每個節點代表了一個\(endpos\)類，從根到該節點的所有字符串在S中的出現位置相同，
一個點代表的\(endpos\)集相同的各個串之間有后綴關系且連續，暫且稱這些串的集合為\(P\)。 -
邊：走\(trans\)相當於在后邊加字符，跳\(parent\)樹則是在前面減字符。
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\(nq\)節點是為了划分不同的\(endpos\)集合，有自己的\(len\)，但不是\(S\)的某個前綴，不具有\(siz\)。
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一個節點的\(endpos\)大小是\(parent\)樹上的實點個數。
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反串的\(parent\)樹上，兩點的\(lcp\)是\(lca\)的\(len\)，注意x y為lca。
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廣義后綴自動機能夠識別多個串的子串。
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\(minlen(x)=maxlen(fa[x])+1\)，所以按\(len\)排序（桶排），可以得到\(trans\)拓撲序。
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稱一個節點\(x\)能夠代表的字符串為根到x的所有路徑(\(trans\))上的字符排列，則每個節點代表的字符串不重不漏，本質不同。
應用：
1. 求本質不同子串
統計根到其他點的路徑數，或\(Ans=\sum\limits_{i=2}^{tot}len[i]-len[fa[i]]\)
2. 求所有后綴的lcp
建反串的SAM，那么兩個前綴實點的lcp是parent樹上的lca的len，
由於是前綴不需要和\(length\)取min，拓撲統計過每個點（作為lca）的實點點對數。《差異》
3. 字典序最小循環串
復制一倍，建SAM，貪心地從'a'->'z'走\(|S|\)長。《工藝》
4. 每次加入字符，在線求本質不同子串
發現答案的增量只有\(len[np]-len[fa[np]]\)，其他點內部守恆。《生成魔咒》
5. 求S和T的最長公共子串
在S的后綴自動機上跑T匹配，若失配則暴力跳fa（由於匹配一位在parent tree上深度至多+1
，跳fa深度一定-1，所以類似棧的勢能復雜度分析， 為\(O(lenth_T)\)），每次得到以i結尾的和S匹配的最長后綴長度\(mx_i\)，那么\(Ans=max(mx_i)\)。
6. 求多個串的最長公共子串
對\(S_1\)建SAM，同上對其余串在SAM上跑匹配，記錄匹配\(mx\)信息在SAM的節點上，
表示該串在這個endpos相同的后綴串集合\(P\)中最多匹配到哪個長度，由於parent上的祖先有該后綴集合中所有串的后綴，
一個節點只要有mx值，就要把其parent樹祖先\(p\)全部置為\(len_p\)。最后答案為在每個SAM節點上（所有串mx值最小值）的最大值。《公共串》
7. 求第K小子串
在DAG上dp出每個節點開始有多少條路徑，從根開始走相當於不斷縮小問題規模，
如果\(k>dp[v]\)則跳過，否則走一步並減去答案串到點v的路徑數。《弦論》
還是想說一下這個DP，如果要求本質不同，當\(rd[u]=0\)時就要++\(dp[u]\)，表示無論這個點（這些串）的\(|endpos|\)多大，
我也只算一次，然后“帶着”這個出現的貢獻一直dp到根統計路徑。
如果可以重復，那么就要有\(du[u]\)+=\(|endpos_u|\)，位置要算不同，實際上是在根到u的路徑數上乘了\(|endpos_u|\)
同理有\(\sum\limits_{i=2}^{tot}(len[i]-len[fa[i]]) \times |endpos_i|=\frac {n(n+1)}{2}\)
8. T在S中出現次數
在S的SAM上匹配T，如果失配說明S中不存在完整T，否則能找到在SAM上表示T的集合\(P_u\)，T的出現次數就為\(|endpos_u|\)。
如果要支持在線帶修，需要打棵LCT維護動態parent樹。維護子樹和或者鏈加單點查都行。
注意第二種要給nq點賦同q點值《Substring》
##下面是一些不很模板的應用： ####B. 諸神眷顧的幻想鄉（其實是廣義模板） 求樹上本質不同子串。葉子節點不超過20個，於是可以以每個葉子為根建廣義后綴自動機，~~再加上Deepinc的板子~~。 本題給出了Trie，固定一個根rt，實際上一次dfs建出的SAM，和枚舉葉子節點建出的SAM形態相同。因為q=las的特判。 在線建的復雜度為$\Theta(|A||T|+G(T))$$|A|$為字符集大小，$|T|$為把所有串插入Trie的大小，$G(T)$是Trie上所有葉子深度之和。 DFS在線會被卡成$n^2$?不會證。。。
####H. Cheat 答案具有單調性，考慮二分L。 對M個串建廣義SAM，處理出l[i]為以i結尾的最長匹配后綴長度。不能匹配到L就斷開，因為之后的部分不到L就虧了。 區間划分問題，考慮DP。 設$f[i]$為i之前的最大熟悉長度，有轉移$f[i]=max(f[i-1],f[j]+i-j)，i-l[i] \leq j \leq i-L$ 因為$l[i] \geq l[i+1]$，所以$i-l[i] \leq i+1-l[i+1]$ 決策具有單調性，用單調隊列優化下就可以$\Theta(n)$check了。
SAM模板
void extend(int c){
int p=las,np;np=las=++tot;
len[np]=len[p]+1;
for(;p&&!to[p][c];p=fa[p])to[p][c]=np;
if(!p)fa[np]=1;
else{
int q=to[p][c];
if(len[q]==len[p]+1)fa[np]=q;
else{
int nq=++tot;len[nq]=len[p]+1;
F(i,0,25)to[nq][i]=to[q][i];
fa[nq]=fa[q];fa[np]=fa[q]=nq;
for(;p&&to[p][c]==q;p=fa[p])to[p][c]=nq;
}
}
}
廣義SAM模板
void extend(int x){
int p=las,q,nq,np;
if(q=to[p][x]){
if(len[q]==len[p]+1){las=q;return;}
las=nq=++tot;len[nq]=len[p]+1;
F(i,0,c)to[nq][i]=to[q][i];
fa[nq]=fa[q];fa[q]=nq;
for(;p&&to[p][x]==q;p=fa[p])to[p][x]=nq;
}
else{
np=las=++tot;
len[np]=len[p]+1;
for(;p&&!to[p][x];p=fa[p])to[p][x]=np;
if(!p)fa[np]=1;
else{
q=to[p][x];
if(len[q]==len[p]+1)fa[np]=q;
else{
nq=++tot;
len[nq]=len[p]+1;
F(i,0,c)to[nq][i]=to[q][i];
fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;
for(;p&&to[p][x]==q;p=fa[p])to[p][x]=nq;
}
}
}
}