這里是 SAM 感性瞎扯。
最近學了后綴自動機（Suffix_Automaton，SAM），深感其巧妙之處，故寫文以記之。
部分文字與圖片來源於 OI-Wiki，hihoCoder 與一些個人博客，鏈接在文章最底端。
在此之前請先了解有關於 SAM 的所有函數，並最好理解 OI-Wiki 上有關於 SAM 的五條引理（鏈接在最底部，引理在下文中有提到）。
一些重要的定義與引理：
- \(T\)：初始狀態。
- \(\mathrm{endpos}(i)\)：字符串 \(i\) 在 \(s\) 中所有出現的結束位置集合。例如當 \(s=\texttt{"abcab"}\) 時，\(\mathrm{endpos}(\texttt{"ab"})=\{2,5\}\)，因為 \(s[1:2]=s[4:5]=\texttt{"ab"}\)。
- \(\mathrm{substr}(i)\)：狀態（SAM 上的一個節點）\(i\) 所表示的所有子串的集合。
- \(\mathrm{shortest}(i)\)：狀態 \(i\) 所表示的所有子串中，長度最短的那一個子串。
- \(\mathrm{longest}(i)\)：狀態 \(i\) 所表示的所有子串中，長度最長的那一個子串。
- \(\mathrm{minlen}(i)\)：狀態 \(i\) 所表示的所有子串中，長度最短的那一個子串的長度。即 \(\mathrm{minlen}(i)=|\mathrm{shortest}(i)|\)。
- \(\mathrm{len}(i)\)：狀態 \(i\) 所表示的所有子串中，長度最長的那一個子串的長度。即 \(\mathrm{len}(i)=|\mathrm{longest}(i)|\)。
- \(\mathrm{link}(i)\)：\(\mathrm{longest}(i)\) 最長的一個后綴 \(w\ (w\notin \mathrm{substr}(i))\) 所在的狀態。換句話說，一個后綴鏈接 \(\mathrm{link}(i)\) 連接到對應於 \(\mathrm{longest}(i)\) 的最長后綴的另一個 \(\mathrm{endpos}\) 等價類的狀態。有 \(\mathrm{minlen}(i)=\mathrm{len(link}(i))+1\)。
引理 1： 字符串 \(s\) 的兩個非空子串 \(u\) 和 \(w\)（假設 \(|u|\leq |w|\)）的 \(\mathrm{endpos}\) 相同，當且僅當字符串 \(u\) 在 \(s\) 中的每次出現，都以 \(w\) 后綴的形式存在。證明詳見 OI-Wiki，下（引理 2~5）同。
引理 2：考慮兩個非空子串 \(u\) 和 \(w\)（假設 \(|u|\leq |w|\)）。要么 \(\mathrm{endpos}(u)\cup \mathrm{endpos}(w)=\varnothing\)，要么 \(\mathrm{endpos}(u)\subseteq\mathrm{endpos}(w)\)，取決於 \(u\) 是否為 \(w\) 的一個后綴：
\[\begin{cases}\mathrm{endpos}(u)\subseteq\mathrm{endpos}(w)\quad &\mathrm{if}\ u\ \mathrm{is\ a\ suffix\ of}\ w\\\mathrm{endpos}(u)\cup \mathrm{endpos}(w)=\varnothing&\mathrm{otherwise}\end{cases} \]
引理 3：考慮一個 \(\mathrm{endpos}\) 等價類，將其中所有子串按長度非遞增的順序排序。每個子串都不會比它前一個子串長，與此同時每個子串也是它前一個子串的后綴。換句話說，對於同一等價類的任一兩子串，較短者總為為較長者的后綴，且該等價類中的子串長度恰好覆蓋整個區間 \([\mathrm{minlen,len}]\)（即排序后長度連續且不等）。
引理 4：所有后綴鏈接構成一棵根節點為 \(T\) 的樹。
- 定義后綴路徑 \(p\to q\) 表示在后綴鏈接構成的樹中 \(p\to q\) 的路徑。
引理 5：通過 \(\mathrm{endpos}\) 集合構造的樹（每個子節點的 \(subset\) 都包含在父節點的 \(subset\) 中）與通過后綴鏈接 \(\mathrm{link}\) 構造的樹相同。
（圖片來源於 OI-Wiki）
引理 6：對於一個狀態 \(t\)，\(\mathrm{substr}(t)\) 中所有子串后面接上同一個字符 \(c\) 之后，新的子串仍然都屬於同一個狀態（如果該狀態存在）。
假設存在兩個字符串 \(s_p,s_{p'}\in \mathrm{substr}(t)\) 滿足 \(\mathrm{endpos}(s_p+c)\neq \mathrm{endpos}(s_{p'}+c)\)。不妨設 \(\mathrm{endpos}(s_{p'}+c)\) 包含 \(\mathrm{endpos}(s_p+c)\) 所沒有的一個位置 \(pos\)，那么 \(\mathrm{endpos}(s_{p'})\) 中必定含有 \(pos-1\)，而 \(\mathrm{endpos}(s_p)\) 中必定沒有。但是它們屬於同一個狀態，矛盾。得證。
一些重要的結論：（個人證明，並不非常嚴謹！）
結論 0：如果我們從任意狀態 \(t_0\) 開始順着后綴鏈接遍歷，總會到達初始狀態 \(T\)。這種情況下我們可以得到一個互不相交的區間 \([\mathrm{minlen}(t_i),\mathrm{len}(t_i)]\) 的序列，且它們的並集形成了連續的區間 \([0,\mathrm{len}(t_0)]\)。
該引理為 OI-Wiki 在 “小結” 最后一條列出的性質，根據后綴鏈接的性質和引理 3,4 易證。
結論 1：從表示 \(s[1:i]\) 的狀態 \(t_0\) 不斷跳后綴鏈接 \(\mathrm{link}\) 直到初始節點 \(T\)，其遍歷到的所有狀態 \(t_0,t_1,t_2,\cdots,T\) 所包含的子串集合剛好為所有 \(s[1:i]\) 的后綴所表示的狀態，即 \(\mathrm{substr}(t_0)\cup\mathrm{substr}(t_1)\cup\mathrm{substr}(t_2)\cup\cdots\cup\mathrm{substr}(T)=\{s[x:i]\ (1\leq x\leq i)\}\)。換句話說，如果你在 \(\mathrm{SAM}_i\) 上跑所有 \(s[1:i]\) 的后綴，那么跑到的所有狀態都在后綴路徑 \(t_0\to T\) 上。
證明 1：由后綴鏈接 \(\mathrm{link}\) 的定義，對於任意一個狀態 \(t_0\)，都有 \(x\) 是 \(y\) 的真后綴，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（這里的子串是相對於 \(s[1:i]\) 而不是所包含的字符串的子串）都是 \(\mathrm{longest(t_0)}\) 即 \(s[1:i]\) 的后綴。又根據結論 0，\(S\) 中所有字符串長度覆蓋了區間 \([0,\mathrm{len}(t_0)]\)，即 \([0,i]\)。得證。
結論 2：一個狀態 \(t\) 所表示的所有子串 \(\mathrm{substr}(t)\)，等於初始狀態 \(T\) 到該狀態上所有路徑所形成的所有字符串。如果添加一條轉移邊 \((p,q)\)，字符為 \(c\)，那么相當於將 \(\mathrm{substr}(p)\) 中所有子串末尾加上字符 \(c\) 添加到 \(\mathrm{substr}(q)\) 里面。
可以結合引理 6 與結論 1 感性理解（其實是我不太會證明，但是它滿足這個性質）。如果想要直觀理解可以看下文 Case 2 中的插圖。
結論 3：考慮存在一個轉移 \((p,q)\) 且 \(\mathrm{len}(p)+1=\mathrm{len}(q)\)，那么其他所有指向 \(q\) 的轉移 \((p_i,q)\) 的 \(p_i\) 都在后綴路徑 \(p\to T\) 上。
證明 3：首先，根據結論 2，我們知道如果存在轉移 \((p,q)\)，字符為 \(c\)，那么一定有 \(\mathrm{len}(p)+1\leq\mathrm{len}(q)\)。因此，假設有另外一個狀態 \(p'\) 存在轉移 \((p',q)\) 且 \(p'\) 不在后綴路徑 \(p\to T\) 上（顯然 \(p'\) 不能為 \(p\)），那么有 \(\mathrm{len}(p')< \mathrm{len}(p)\)。設 \(s_{p}=\mathrm{longest}(p),s_{p'}=\mathrm{longest}(p')\)。因為 \(s_p+c\) 與 \(s_{p'}+c\) 同屬於 \(\mathrm{substr}(q)\)，且 \(|s_{p'}+c|<|s_p+c|\)，所以根據引理 3，\(s_{p'}+c\) 是 \(s_p+c\) 的后綴。所以 \(s_{p'}\) 是 \(s_p\) 的后綴。因此，根據引理 2，\(\mathrm{endpos}(s_p)\subsetneq \mathrm{endpos}(s_{p'})\ (p\neq p')\)。因此，根據引理 5，\(p'\) 在 \(\mathrm{link}\) 樹上一定為 \(p\) 的父節點。這與假設矛盾。得證。
結合上圖以更好理解（圖片來源於 hihoCoder）。
推論 3：指向狀態 \(q\) 的轉移 \((p_i,q)\) 的所有狀態 \(p_i\)，在 \(\mathrm{link}\) 樹上一定為一條深度遞減的鏈 \(p_0\to p_x\)，且有 \(\mathrm{minlen}(p_x)+1=\mathrm{minlen}(q),\mathrm{len}(p_0)+1=\mathrm{len}(q)\)。
SAM 的構造方式：
類似數學歸納法：假設已經構造好了 \(\mathrm{SAM}_{i-1}\)，其狀態為 \(las\)，這樣所需要做的就是添加一個字符 \(s_i\)。
首先，\(\mathrm{SAM}_{i-1}\) 是無法表示 \(s[1:i]\) 的（因為它只接受 \(s[1:i-1]\) 的子串），所以我們新建一個節點 \(cur\) 表示至少包含 \(s[1:i]\) 的狀態，顯然有 \(\mathrm{len}(cur)=i\)（或者說等於 \(\mathrm{len}(las)+1\)）。可以發現 \(\mathrm{endpos}(s[1:i])=\{i\}\)，因為 \(s[1:i]\in\mathrm{substr}(cur)\)，而 \(s[1:i]\) 在 \(s[1:i]\) 中顯然只以 \(i\) 為結束位置出現。
- 為什么說至少包含？因為 \(s[1:i]\) 的其它后綴也可能只以 \(i\) 為結束位置出現。例如 \(s=\texttt{aab}\)（假設 \(i=3\)），那么不僅是 \(\mathrm{endpos}(\texttt{"aab"})=\{3\}\)，\(\texttt{"ab"}\) 與 \(\texttt{"b"}\) 的 \(\mathrm{endpos}\) 集合也為 \(\{3\}\)。
Case 1：根據引理 1 與 2，如果不考慮重復狀態，那我們只需要將后綴路徑 \(las\to T\) 上的所有狀態往 \(cur\) 連一條字符為 \(s_i\) 的轉移邊，並將 \(\mathrm{link}(cur)\) 設為 \(T\) 即可（因為后綴路徑 \(las\to T\) 上的所有點剛好表示了 \(s[1:i-1]\) 的所有后綴，在其后面添加字符 \(s_i\) 就可以表示 \(s[1:i]\) 的所有后綴）。這其實是 Case 1，即后綴路徑 \(las\to t\) 上所有狀態都沒有字符 \(s_i\) 的轉移邊。容易發現這種情況僅在 \(s_i\) 未在 \(s[1:i-1]\) 中出現過時發生。
如果有重復怎么辦？我們從 \(las\) 開始跳到的不重復的所有狀態往 \(cur\) 連一條 \(s_i\) 的轉移邊，並設遇到的第一個重復的轉移為 \((p,q)\)。為什么不能再添加 \((p,cur)\) 的 \(s_i\) 的轉移了？因為這樣會導致從 \(T\to q\) 和 \(T\to cur\) 可以表示相同的子串，破壞了 SAM 的性質。記在后綴路徑 \(las\to T\) 跳到 \(p\) 的上一個狀態為 \(p'\)（即 \(\mathrm{link}(p')=p\)）。顯然 \((p',cur)\) 有一條字符為 \(s_i\) 的轉移。
此時 \(cur\) 的后綴鏈接應該怎么連？我們想要滿足 \(\mathrm{len(link(}cur))+1=\mathrm{minlen}(cur)\)。這個 \(\mathrm{minlen}(cur)\) 實際上就是 \(\mathrm{minlen}(p')+1\)，那么 \(\mathrm{len}(p)=\mathrm{minlen}(p')-1=\mathrm{len(link(}cur))-1\)（因為 \(\mathrm{link}(p')=p\)）。
Case 2：\(\mathrm{len}(q)=\mathrm{len}(p)+1\)，此時 \(q\) 中包含的最長子串就是 \(p\) 中的最長子串接上字符 \(s_i\)。那么只需將 \(\mathrm{link}(cur)\gets q\) 即可。因為 \(\mathrm{len}(q)=\mathrm{len}(p)+1=\mathrm{len(link(}cur))\)，剛好是我們想要的。
（圖片來源於 hihocoder）
上圖中，在添加 \(s_5=\texttt{a}\) 時，從 \(T(S)\to 1\) 已經有了現成的字符 \(s_5\) 的轉移。此時 \(p=T,q=1\)。因為 \(\mathrm{len}(1)=\mathrm{len}(T)+1\ (1=0+1)\)，所以直接將 \(\mathrm{link}(6)\gets 1\) 即可。
注意上圖中狀態 \(4,5,6\) 所表示的子串，可以發現狀態 \(6\) 所表示的子串是狀態 \(4,5\) 所表示的所有子串后接上字符 \(s_5\) 得到的。這很好地驗證了結論 2，也非常直觀形象地闡釋了 Case 2 的情況。
Case 3：\(\mathrm{len}(q)>\mathrm{len}(p)+1\)，此時 \(q\) 對應了 \(s[1:i-1]\) 的更長的子串（感覺 OI-Wiki 這里講得不是很明白）。此時除了把 \(q\) 拆開來別無他法。具體來說，將 \(q\) 所表示的所有長度不大於 \(\mathrm{len}(p)+1\) 的子串提出來，丟給一個新建的狀態 \(q'\)，然后將 \(\mathrm{link(cur)}\gets q'\)，同時添加轉移 \((q',cur)\)，也就是說我們憑空創造了一個滿足 Case 2 的狀態 \(q\)。
顯然，無中生有是要付出一些時間代價的。先考慮 \(q\) 和 \(q'\) 的內部情況。具體的，\(\mathrm{link}(q)\) 應改為 \(q'\)，而 \(\mathrm{link}(q')\) 應該繼承原來的 \(\mathrm{link}(q)\)。此外，一些本來轉移到 \(q\) 的轉移 \((p_i,q)\) 也應該變為 \((p_i,q')\)。具體地，我們從后綴路徑 \(p\to T\) 繼續往上跳，沿路徑跳到的所有狀態 \(p_i\)，如果有一條 \((p_i,q)\) 的轉移，那么將其改為 \((p_i,q')\)。
（圖片來源於 hihocoder）
特別的，如果跳到一個狀態 \(P\)，它沒有 \((P,q)\) 的轉移，此時退出即可，因為根據結論 3，此時再往上跳也不可能出現另外一個狀態 \(P'\) 有 \((P',q)\) 的轉移。換句話說，我們找到后綴路徑 \(p\to T\) 上從 \(p\) 開始的一段有 \((p_i,q)\) 轉移的所有狀態，並將其修改為 \((p_i,q')\)。因為根據推論 3，路徑上有且僅有一段狀態 \(p_i\) 有 \((p_i,q)\) 的轉移，且所有 \(p_i\) 所表示的子串加上字符 \(s_i\)，剛好能表示狀態 \(q\) 原本所表示的所有長度不大於 \(\mathrm{len(p)}+1\) 的子串，如上圖。
（圖片來源於 hihocoder）
上圖中，我們把 \(q=3\) 的不大於 \(\mathrm{len}(T)+1=1\) 的所有子串提出來，丟給一個新建的狀態 \(q'=5\)，然后 \(\mathrm{link}(4\ (cur))\gets 5\ (q')\) 並添加狀態 \((5,4)\)（即 \((q',cur)\)）。內部，\(\mathrm{link}(3\ (q))\gets 5\ (q')\)，同時 \(\mathrm{link}(5\ (q')) \gets T\)（原來的 \(\mathrm{link}(3)\)）。最后從 \(T\ (p)\) 往上跳后綴連接直到不存在連向 \(3\) 的路徑或到了初始狀態 \(T\)（當然，這里的例子只有 \(T\) 一個點，不過我們需要知道並不一定會跳到 \(T\)，因為有可能跳到中間的某個狀態 \(P\) 時就沒有轉移 \((P,3\ (q))\) 了），並將所有連向 \(3\ (q)\) 的轉移連向 \(5\ (q')\)，即 \((T,3)\) 變為了 \((T,5)\)。
綜合上述三種情況，我們就可以在線性時間內建造出一個字符串 \(s\) 的 SAM（關於其時間復雜度為線性的證明，詳見 OI-Wiki）。
部分額外信息在代碼與應用中有提到。
代碼與應用：
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一些資料：
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