前言

本文力争用理性分析的手段，来推测此算法发明者的思维过程， 尝试感受其在设计此算法的时所展现出的思维方式， 力求用数学证明的手段，尽可能多的为读者证明相关结论，建议有其他自动机学习的基础，最好已经学会AC自动机和回文自动机，后缀自动机很难，他 和其他自动机不一样，它的状态更加复杂，一个算法的创作过程很 复杂，学起来当然会感到很难。强烈建议看陈立杰的ppt，看一遍肯定看不懂，仔细看，一遍看不懂看多遍，第一次可能只能看懂几面，第二次可 能就能看懂到十几面了，慢慢的就全懂了。

后缀自动机为什么难？

后缀自动机是三个自动机里面最难的一个，难的地方不在与编码，在于他背后的数学推导，

想要完全理解后缀自动机，就必须深入理解什么叫自动机，这和AC自动机、回文自动机不同，因为AC自动机、回文自动机背后的数学推导过于简单。

自动机

百度百科里面说的很清楚，也很抽象。自动机，是一个五元组，包含字符集，状态集合，初始状态，结束状态集合，状态转移函数。
五元组中，有四个包含了”状态”这个名词。难以理解的，正是这个状态。

状态是什么

此处的状态，其实和动态规划算法中出现的名词”状态”，是同一个东西。状态的 本质就是集合，是满足某种条件的所有元素的一个集合体，当然我们很多 时候不好用计算机来储存这样的一个集合体，很多时候我们也不需要去储存他，更多的时候我们只需要储存这个集合体的某一个或者多个性质即可，

自动机的状态

字符集好理解，状态集合就是自动机中所有的节点，状态转移函数就是自动机中节点之间 的边。初始状态就是自动机中字典树上的根，结束状态就是自动 机之中包含了结束标记的节点。

后缀自动机和后缀数组有关吗？

后缀自动机是建立在一颗后缀树上的，当然他不像AC自动机来源于KMP算法，不像回文自动机来源于 manacher算法一样,他并不是后缀数组算法的加强。
一个字符串的后缀树肯定是非常庞大的，n个后缀，如果我们直接把它建立出来，那么空间复杂度和 时间复杂度无疑都是O(n^2),必须优化。
我们发现后缀树上的很多节点所代表的状态有某些共同点，毕竟他们都是同一个母串的后缀， AC自动机所定义的节点代表的状态指的是:从根到此节点的路径连接成的字符串以及他的所有后缀。后缀自动机在这一点上 根AC自动机有点类似,此处暂时不先说。

我们来创建一个最小状态数的后缀自动机

我们先假设我们已经建立好了一个后缀自动机,此自动机不一定状态数最少,后缀自动机的存在性就不必证明了。 然后我们尝试分析这个不太完美的后缀自动机，来尝试优化他。

约定一些符号表示

我们称自动机的初始状态为init，转移函数为trans(state,str),表示状态state经过字符串str的转移后得到的新的状态。 因为是术语，此处暂时不对状态做定义。如果某个状态为结束状态，那么我们用end(state)=true来表示。

将状态形象化，然后造一个暴力的后缀自动机

我们假设我们建立的后缀自动机，是一棵究极大的，n^2级别状态数量的自动机。我们先来定义此自动机的状态：某个节点 所代表的状态，就是母串的一个子串。显然这不是一个好状态。显然其中的字典树 的根节点root就是初始状态 。

想办法来优化这个暴力的自动机

我们必须减少状态，然而，一个串的子串数量明显就是平方级别的，根本就没有多余的状态，对此已经无解，必须减少状态数量，我们考虑后缀自动机关心 的是后缀，而不是子串，那么可能存在某些状态，他们在另外一种状态的定义下，是等价的。我们考虑某个状态state,如果存在某个字符串 str,使得end (trans(state,str))=true,那意味着什么？state状态中的元素：子串substring，追加上str，是一个结束状态。

再具体一点，我们来举例子

母串是abcabcde，考虑他的某个子串abc，显然此子串对应的状态trans(root,”abc”)在经历串abcde的转移后得到了结束状态，同时此状态在经历串 de的转移后也可以得到结束状态，也就是说，子串abc对应的状态在经历串abcde或de的转移后可以得到结束状态。

发现了可以优化的地方

当我们考虑串bc、串c的时候，我们发此案这两个串能够转移到的结束状态根串abc一摸一样，这可不是开玩笑的。如果可能，我们将可以合并串abc、bc、 和c对应的状态，也就是说，trans(root,”abc”),trans(root,”bc”),trans(root,”c”)可以用一个状态来表示。我们来仔细研究研究，为什么会发生这种 事情？如果某两个状态trans(root,str1),trans(root,str2)能够转移的结果是完全一样的，那意味着什么？先考虑trans(root,str)能够转移到某个 结束状态，也就是说str+??？将会成为母串的后缀。

约定一些符号表示

right(str)表示字符串str在母串中出现时的所有右端点的集合，suf(index)表示从下标为index开始的后缀，

继续分析

容易证明状态state=trans(root,str)能转移到的结束状态，就是对于所有在right(str)中的元素x，计算出的状态：trans(state，suf(x+1)) 当right(str1)与right(str2)一摸一样的时候，其能够转移到的结束状态是一摸一样的，因为这只受到right集合的影响。既然一摸一样，有什么理由 不去利用这个优点呢？

开始实现优化

我们尝试修改状态的定义，尝试把right集合一摸一样的串用一个状态来表示。让笔者来概括一下这个新状态:我们对母串 的每一个子串都统计一下right集合，将子串按照right集合分类，每一类就是一个状态。如无特殊声明，下文的出现的状态将不再指的是原状态 ，而是表示新状态。

证明状态数是线性的

证明分为两个部分，先证明right集合间的关系只有两种，包含关系和无交集关系，于是right集合间的关系可以用一颗叶子节点最多n个的树来表示。（n是 母串的长度。）再证明此树最多有2n个节点来完成证明。第一部分的证明：考虑串str1，和str2，并假设str2更长，如果str1不是str2的后缀，那么他们的 right集合一定不一样，且没有交集，可以反证，若是后缀，那么str2出现的地方的右端点，也是str1出现的右端点，于是right(str2)是right(str1)的子集 。第二部分的证明很简单，笔者就不再赘述了。
既然状态数是线性，转移(边的条数)当然也是线性的。

证明状态数是最小的

此处笔者由于水平原因，实在是无法证明，罪过罪过。

增量法构建最小状态

所谓增量法，就是一个一个增加的意思，具体一点，如果我们要算f(10),我们先算f(1)，通过f(1)来计算f(2),通过f(2)来算f(3)…最后算出f(10),这就是增量法， 他和数学归纳法有点像。第一步，我们拥有一个初始状态：根，第二步，假设我们已经的到了字符串str的一个后缀自动机SAM(str),x是一个字符，我们怎么得到字符串 str+x的后缀自动机呢?考虑这两个字符串的区别，str+x多了一个x，后缀自动机是来识别后缀的，所以SAM(str)以前能够识别的后缀suf的那些状态全部要改，除此之外 没有其他修改的地方。怎么改呢？那些状态在SAM(str)里面确实是结束状态，但是在SAM(str+x)中却不是。但是他们能够向x字符转移，得到新的结束状态。之前证明过 状态是按照right集合来划分的，而right集合有只有两种关系，于是我们发现了一个新的东西，SAM(str)的所有结束状态在right构成的树上是一条链，也就是说right 构成的树不知可以用来证明状态树是线性的，还可以用来帮助我们建设状态。那么我们就把这棵树取出来，叫做parent树。

在parent树上，如果我们知道了状态trans(root,str)在哪，就可以根据parent树上面的边遍历所有的结束状态，因为这些结束状态的right集合一定包含了len(str) 也就是说他们都是状态trans(root,str)在parent树上面的祖先。

细节处理

现在我们来总结一下，从自动机SAM(str) 增量构建自动机SAM(str+x)，我们需要更改的只是trans(root，str)以及他在parent树上面的所有祖先，容易证明如果状态 q是trans(root，str)的第一个包含字符x转移的状态，那么q的所有祖先都包含了字符x的转移。trans(root,str)到q之间(不包含q)的所有状态都不包含字符x的转移。 可以证明:如果不包含x的转移，我们直接构建一个新的状态p表示trans(root，str+x)状态,此处可以证明他的right集合只有一个元素， 就是len(str+x)。那些不包含x转移的状态，可以直接转移到p，因为那样转移之后的right集合是就是p的right集合。那么我们就一直这样做即可，那么q以及q的祖先呢？他们包含了字符x的转移 但是我们可以直接在那个地方设置一个结束标志吗？这不一定？为什么呢？首先，我们的状态定义是依据right集合的，也就是说right集合一摸一样的，才能用一个状态表示。 如果我们那样做，会造成什么后果呢？节点q向x转移的状态trans(q,x)的right集合是不包含len(str+x)的，我们那样做，会导致right集合扩大。right集合扩大，可能会 导致以前能够用trans(q,x)表示的某些串，不能用trans(q,x)表示了。

举个例子,abcxabc+x和abcxbc+x，对于第一个，原本abc拥有向x的转移，当时还不是结束标记，当我们加入字符x后我们强行让这个转移变为结束标记，一点问题都没有，abcx 确实是新的结束标记，然而对于第二个，原本bc拥有向x的转移，当时还不是结束标记，当我们加入字符x后，如果还是强行让这个转移变为结束标记，出现问题了，abcx也可以转移到 那里，可是abcx不是串的结束状态。

到底什么时候需要创建新的节点

我们来思考一下，什么时候那样做是对的。如果无脑加结束标记是对的，那就意味着，以前能够到达trans(q,x)的串，他们的right集合，现在都能够到达len(str+x),我们再一次 思考状态state的意义，相同right集合的串，用同一个状态表示，这些串之间有什么关系吗？如果我们定义max(state)为这个状态能表达的串的最大长度，min(state)表示这个 状态=能表达的串的最小长度，可以证明，这个state能表达的所有串，恰好为max(state)和min(state)之间的所有串，举个例子:如果max(state)为abcdef,min（state)为 def,实际上，state的所有串是:def,cdef,bcdef,abcdef，还可以证明,min(state)=max(fa(state))-1，fa(state)表示在parent树上state的父亲。

我们不难证明在原串中如果max(q+x)=max(q)+1的时候，无脑加入结束标记是对的，这确保没有比max(q)更大的其他状态能够转移到trans(root,q+x)在这种情况下，直接设置一下 fa(p)=trans（root,q+x),可以证明整个更新到此就已经结束了。

但是如果不等呢？肯定是不可以那样做的，我们考虑状态到定义，我们发现我们必须重建一个新的状态，来把目前到这个trans(root，q+x)状态分解为两个状态，一个储存串使得max(q’+x)=max（q)+x 另一个储存剩余的，那些东西要移到q’+x去呢？我们发现那些q的祖先中，能够转移到trans(root，q+x)的都要改到q’+x ，如此过后，我们发现现在的情况变得根上一段一摸一样了， 终于，整个后缀自动机构建完成。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct SAM{//下标从1开始，0作为保留位，用于做哨兵
    //如果没有特殊要求，尽量选择合适的自动机，要算好内存
    //经过hdu1000测试，10000个map大概是10kb,对于1e6的字符串，不建议使用后缀自动机
    typedef map<int,int>::iterator IT;
    static const int MAXN=2e5+10;
    int cnt,last,par[MAXN<<1],len[MAXN<<1];
//    map<int,int>trans[MAXN<<1];//map用于字符集特别大的时候，注意这里占内存可能会特别大
    int trans[MAXN<<1][26];

    inline int newnode(int parent,int length){
        par[++cnt]=parent;
        len[cnt]=length;
//        trans[cnt].clear();
        for(int i=0;i<26;i++) trans[cnt][i]=-1;
        return cnt;
    }

    void ini(){
        cnt=0;
        last=newnode(0,0);
    }

    void extend(int c){
        int p=last;
        int np=newnode(1,len[last]+1);//新建状态，先让parent指向根（1）
        while(p!=0&&trans[p][c]==-1){//如果没有边，且不为空，根也是要转移的
            trans[p][c]=np;//他们都没有向np转移的边，直接连过去
            p=par[p];//往parent走
        }
        if(p!=0){//如果p==0，直接就结束了，什么都不用做，否则节点p是第一个拥有转移c的状态，他的祖先都有转移c
            int q=trans[p][c];//q是p转移后的状态
            if(len[q]==len[p]+1)par[np]=q;//len[q]是以前的最长串，len[p]+1是合并后的最长串，相等的话，不会影响，直接结束了，
            else{
                int nq=newnode(par[q],len[p]+1);
//                trans[nq]=trans[q];//copy出q来，
                for(int i=0;i<26;i++) trans[nq][i]=trans[q][i];
                par[np]=par[q]=nq;//改变parent树的形态
                while(trans[p][c]==q){//一直往上面走
                    trans[p][c]=nq;//所有向q连边的状态都连向nq
                    p=par[p];
                }
            }
        }
        last=np;//最后的那个节点
    }//SAM到此结束
}sam;