后缀自动机学习总结
后缀自动机是一个有限状态自动机，有限状态自动机的功能是识别字符串。后缀自动机，可以识别一个字符串的所有子串。
后缀自动机原理。我们考虑如果把一个字符串的后缀建立一棵字典树，那么其状态和结点都是O(N^2)级别的。因为不能充分利用字符串本身的特点。我们考虑，假设我们有一个字符串T，某个串s是其的子串，那么我们在s后面加入一些字符就有可能使其变成T的后缀，而如果串s不是T的子串，就没有必要浪费空间。所以，为了识别所有的后缀，就要尽可能的利用这些可能。后缀自动机是最简状态自动机，其状态数是线性的，可以证明。
我们按照一定的顺序来一点一点剖分自动机。
状态。我们知道，后缀自动机是可以在线构建的。每插入一个新的字符，在自动机中就会产生一个新的状态。我们用State(s)表示已经插入字符串s后所能达到的状态。每个状态里面我们有这样3个元素。 pre，其指向上一个可以接收相同后缀的结点，我们不能把这个理解成为指向当前状态的父亲，因为一个节点可能有许多个“父亲”。 len，表示从根节点（空状态，即为没有插入任何一个字符）走到当前点最多要走多少步，也可以理解为在当前状态下自动机可以识别的最长后缀的长度。next[26]，记录s已经加入自动机后，再加入一个字符后，该字符在自动机中的位置。
可以识别。我们说一个状态State可以识别某个字符串x，其意思表示为，在自动机中存在从根结点到当前的状态的一条路径，使得串x是这条路径形成的字符串的一个子串。
Right集合，我们定义这样一个集合：其表示某一状态下所有能识别的后缀的右端点位置集合。
举个例子，比如说对于这样一个串T = “aabaaabaaabbab”。可以识别“ab”的的Right集合 S1 = ｛3，7，11，13｝。
在继续向下之前，先提出一个注意的地方，就是，当我们达到State(s)时，假设是第一次达到，那么此时的自动机是串s的自动机，而不是整个文本串T（s是其的一个子串）的自动机。一定要注意语句的主语。
Parent树。我们先来对其进行一个如下的分析。
首先对于一个空串来说，其可识别的位置为所有位置（其实没有必要，这么说是为了一会的图画方便些）。
Right（空） = ｛1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14｝；
然后我们考虑长度为1的。
Right（“a”）={1,2,4,5,6,8,9,10,13},
Right("b") = {3, 7, 11, 12, 14}.
接下来， Right（“aa”） = {2, 5, 6, 9, 10}, Right(“ab”) = {3, 7, 11, 14}, Right("bb") = {12}， Right("ba") = {4,8,13}
Right(“aaa”) = {6, 10} Right(“aab”) = {3, 7, 11} Right("aba") = {4, 8} Right("baa") = {5, 9} Right("bba") = {13} Right("bab") = {14} Right("abb") = {12}
Right("aaab") = {7, 11} Right(“aaba”) = {4, 8} Right("abaa") = {5, 9} Right("baaa") = {6, 10} Right("aabb") = {12} Right("abba") = {13} Right("bbab") = {14}
再向下由于人类智慧太不好搞了，就不画了。但是，根据现有的Right集合，或许我们可以发现些什么。给出一张图来直观地展示：
我们用小学生看图找特点的思维来一点点看这张图。用罗列的方法来找特点。（嘿嘿，其实 是我的思路比较乱）
1、首先要记住一件事：树的深度不等于根到这个节点组成的字符串长度。很明显的，有几个单个的叶子结点很好的说明了这个特点。
2、到某个节点组成的字符串的长度越长，其Right集合里面的元素就越少，也就是说，其在串中的可以匹配的位置就越少。
3、一个节点的Right集合大小等于以其为根的子树的叶子结点的个数。（这个好像不太明显，因为 我没有把整个树画完QAQ……不过大家可以自行向下扩展）
4、叶子结点除外，根到一个结点组成的字符串的长度等于其父亲的长度加 + 1，但是我们要清楚的知道，父亲的长度是指其Right集合所表示的所有字符串的最长长度。举个例子来说，对于这样一个串，“AABAABAAB“，Rigth("AB") = ｛3，6，9｝ Right(”ABB“) = ｛3，6，9｝，他们的Right集合是相同的。所以，用这个也可以来解释 第1 点。树的深度不等于根到这个节点组成 的字符串的长度。
5、一个非叶结点至少有两个儿子。
6、两个不同的Right集合，其关系要么是一个是另一个的真子集，要么两个完全不相交。在树上这个是很直观的吧。
我们再来理解一下pre指针的作用。
某个状态的pre指针指向的结点是当前结点（cur）Right集合所表示的字符串的最长公共后缀（不是其本身）
好，下面我们来具体说明一下构建自动机的过程：
在这个过程中我们需要两个指针，last表示上一次插入的结点位置，cur表示当前的结点位置。
1、首先是建立一个空结点，表示空串的状态，其len = 0, pre = null；这个是很好理解的吧，在Parent树中，这个结点的角色是树根。
2、然后假设我们已经构建了前i-1个字符的后缀自动机，现在我们考虑加入第i个字符 x。首先先从last 向 cur连接一条边为x的出边，然后cur.len = last.len + 1,这些都是很显然的吧。
3、好，现在我们需要确定cur的pre指针的指向。我们现在在Parent树上沿着last的pre指针向上跳。
如果不小心跳到了NULL，说明当前自动机中没有ｘ这个字符，那么很好处理，直接把cur的pre指针指向root,注意是root，而不是NULL。
如果没有跳到NULL，那么,如果last->pre没有x这样一条出边。那么这情况好说，直接从last->pre向cur连一条为x的出边。为什么要这么连？我们考虑，我们已知last->pre指向的是当前状态Right集合所表示的所有字符串的最长公共后缀，我们在当前状态的字符串后加上了一个新的字符x，那就相当于在所有的后缀后面都加了一个x，但是为了保证不重复不遗漏的在后缀上加上这个字符x，所以我们要选择最长的那个来添加，这样自然就用到了这个pre指针， 跳到最长后缀的地方。
如果last->pre有这样一条出边。那么我们就要分两种情况来讨论：
我们用p来代表last->pre，用q来代表last->pre的x出边。
情况1. 如果q.len == p.len + 1,那么就把cur的pre设为q。
情况2. 如果q.len > p.len + 1，那么就要把拷贝一个新的结点。
情况一情况二的解释如下：（来自王梦迪（NOI2015金牌得主）的博客）
第二种情况——当我们进入一个已存在的转移(p,q)时。这意味着我们试图向字符串中添加字符x+c（其中x是字符串s的某一后缀，长度为len(p)），且该字符串先前已经被加入了自动机（即，字符串x+c已经作为子串包含在字符串s中）。因为我们假设字符串s的自动机已被正确构建，我们并不应该添加新的转移。然而，cur的后缀链接指向哪里有一定复杂性。我们需要将后缀链接指向一个长度恰好和x+c相等的状态，即，该状态的len值必须等于len(p)+1.但这样一种情况可能并不存在：在此情况下我们必须添加一个“分割的”状态。
因此，一种可能的情形是，转移(p,q)变得连续，即，len(q)=len(p)+1.在这种情况下，事情变得简单，不必再进行任何分割，我们只需要将cur的后缀链接指向q。
另一种更复杂的情况——当转移不连续时，即len(q)>len(p)+1.这意味着状态q不仅仅匹配对我们必须的，长度len(p)+1的子串w+c，它还匹配一个更长的子串。我们不得不新建一个“分割的”状态q：将子串分割成两段，第一段将恰在长度len(p)+1处结束。
在文章的最后，我们给出完整的模板：
1 struct State{ 2 int len, pre; 3 int next[26]; 4 5 State(){ 6 len = pre = 0; 7 memset(next, 0, sizeof next); 8 } 9 }st[L<<1]; 10 11 struct SuffixAutomaton{ 12 int sz, last; 13 14 void Init(){ 15 last = sz = 0; 16 st[0].len = 0; st[0].pre = -1; 17 sz ++; 18 } 19 20 void Extend(int c){ 21 int cur = sz ++; 22 st[cur].len = st[last].len + 1; 23 int p; 24 25 for(p = last; p != -1 && !st[p].next[c]; p = st[p].pre) 26 st[p].next[c] = cur; 27 28 if(p == -1) st[cur].pre = 0; 29 else{ 30 int q = st[cur].next[c]; 31 if(st[q].len == st[p].len + 1) st[cur].pre = q; 32 else{ 33 int cle = sz ++; 34 st[cle].pre = st[q].pre; 35 st[cle].len = st[p].len + 1; 36 for(int i = 0; i < 26; ++ i) st[cle].next[i] = st[q].next[i]; 37 for(; p != -1 && st[p].next[c] == q; p = st[p].pre) 38 st[p].next[c] = cle; 39 st[q].pre = st[cur].pre = cle; 40 } 41 } 42 last = cur; 43 } 44 }SAM;
