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第一部分 自动机的预备知识
自动机的功能是识别字符串，一个自动机A，若它能识别字符串S，就记为A(S)=true，否则A(S)=false。 自动机由五个部分组成，字符集alpha,状态集合state,初始状态init,结束状态集合end和状态转移函数trans。 令s,t∈state,ch∈alpha,trans(s,ch)=t表示当前状态是s，在经过一条字符ch的边之后，所到达的状态是t。 如果trans(s,ch)这个转移不存在，那么trans(s,ch)=null。
第二部分 后缀自动机的预备知识
后缀自动机，Suffix Automaton Machine，以下简称SAM，是一个能够识别一个串S的所有后缀的自动机，即对于S的后缀自动机A，设S的长度为n，S[0~n-1],S从i位置开始的后缀为Suffix(i),对于S的任意一个后缀Suffix(i),A(Suffix(i))=true。
定义从SAM的一个状态s能开始能识别的串x，为Reg(s),Reg(s)={x|trans(s,x)∈end}。
定义ST(str)为trans(init,str)，即从初始状态输入串str到达的状态。
定义串S的后缀的集合为 Suf，子串的集合为Fac,S[l,r)表示从S的第l个字符到第r-1个字符组成的子串。S下标从0开始。显然，若串x属于Fac，那么ST(x)!=null，设x的位置为[l,r)，那么x加上Suffic(r)之后就是S的一个后缀，如果ST(x)=null，那么就不能识别这个后缀了，所以ST(x)!=null。
考虑ST(a)能够识别的字符串，记为Reg(ST(a))，Reg(ST(a))={Suffix(i)|a+Suffix(i)是S的后缀}。所以，Reg(ST(a))是一些后缀的集合。对于串ABBABBBAC ，下标0~8，令a="BBA"，我们可以看到a可以在S的多个位置出现。对于一般情况，设a在S中出现的位置集合为
\[\{ [{l_1},{r_1}),[{l_2},{r_2}), \cdots [{l_n},{r_n})\} \]
那么
我们定义Right(a),
\[Right\left( a \right) = \{ {r_1},{r_2}, \cdots {r_n}\} \]
即a串出现的所有结束位置。
对于两个串a,b∈Fac，如果Right(a)=Right(b)，那么ST(a)=ST(b)，即从初始状态经过a串和经过b串到达的节点相同。反过来，我们可以说，一个状态s，从初始状态到s的路径有多条，对应多个串，这些串的Right集合相同，<strong>也就是说一个状态，表示了多个Right集合相同的串。</strong>
对于串a，令r∈Right(a)，再给出一个长度len，那么a=S[r-len,r)。设s=ST(a)，我们说了s表示的串有多个（包括a），这些串长度的最大最小值为Max(s),Min(s)，那么可以证明，s代表的串的个数有Max(s)-Min(s)+1，而且这些串的长度依次是Min(s),Min(s)+1,...,Max(s)。因为s代表的串都是r位置向前某一段的串，s状态代表的串具有相同的后缀（最长的公共后缀其实就是等于Min(s)的那个串），那么从第r-Min(s)的位置向前，每次加一个字符都是s代表的串，直到到达r-Max(s) ,所以它是连续的。
对于两个状态s1,s2，设他们的Right集合为
\[{R_{s1}},{R_{s2}}\]
设它们有交集，不妨设
\[r \in {R_{s1}} \cap {R_{s2}}\]
由上面那一段的分析，s1和s2代表的串的集合不会有交集，所以[Min(s1),Max(s1)]和[Min(s2),Max(s2)]没有交集(因为它们都是r向前的某一段)，不妨设Max(s1)<Min(s2)，也就是说s1中的串都比s2中的串的长度小，那么s1中的串必定都是s2中的串的后缀，因为它们都是r位置向前的某个子串。所以
\[{R_{s2}} \subseteq {R_{s1}}\]
所以任意两个Right集合，要么相交，要么一个是另一个的真子集。
第三部分 后缀自动机的线性证明
我们来解释下第二部分最后的那个结论。不妨设串为AABBABD，下标标号0到6，我们给出下面这个表
我们将这个串的所有子串按照Right集合分类，同一类中的子串是Right集合相同的。我们可以看到，它符合第二部分最后的结论：即任意两个Right集合要么无交集，要么一个是另一个的真子集。我们发现，这个性质是一棵树，我们添加一个超级节点S，这个树就是下面这个样子，红色的是节点的Right集合：
我们可以看到，叶子的个数不超过字符串的长度，中间节点至少有两个孩子，所以中间节点的个数也不超过叶子节点的个数，所以节点总数是O(n)的。
还有一个疑问，边的个数是O(n)的吗。可能是吧，不过即使是我也不会证明。
第四部分 后缀自动机的构造方法
我们构造的方法是，首先创建S的一个前缀T的后缀自动机，然后添加一个字符，然后创建串Tx的后缀自动机，即SAM(T)->SAM(Tx)。SAM(Tx)和SAM(T)相比，多了一些子串，这些子串就是Tx的所有后缀。设T的长度为L。考虑T的所有后缀，也就是Right集合包含L的节点
\[{v_1},{v_2}, \cdots {v_k}\]
在这些中存在一个节点p,p=ST(T)。
\[{v_1},{v_2}, \cdots {v_k}\]
都是parent树上p的祖先。首先，用节点np表示ST(Tx)，Right(np)={L+1}。显然
\[p = {v_1},{v_2}, \cdots {v_k} = init\]
考虑其中一个v的Right集合,Right(v)={r1,r2,...,rn=L}。如果Right(v)中不存在i使得 S[ri]=x，那么我们直接连一条v到np的x的边即可，因为v代表的串的集合都是T的后缀，加上x都是Tx的后缀。
否则，设$v_p$为$v_1,v_2, \cdots v_k$中第一个有x的出边的节点。
\[Right\left( {{v_p}} \right) = \{ {r_1},{r_2}, \cdots {r_n}\} ,trans({v_p},x) = q\]
那么q的Right集合为
\[Right(q) = \{ {r_i} + 1|S\left[ {{r_i}} \right] = x\} \]
那么现在有两种情况：第一种$Max(q) = Max({v_p}) + 1$，那么直接令np的祖先为q。第二种$Max(q) >Max({v_p}) + 1$,这时候我们新建一个节点nq，$Max(nq) = Max({v_p}) + 1$,nq复制q的孩子信息，原来指向q的边现在连向nq。然后令np的祖先为nq，nq向np连边。
最后我们总结下创建的过程：令当前串为T，加入字符x。令p=ST(T)，新建节点np=ST(Tx),对所有p的祖先节点没有x出边的，向np连一条x的边，直到找到一点r使得它有x的出边，若没有这样的r，那么parent(np)=init,结束。否则，令q=trans(r,x)，若Max(q)=Max(r)+1，则令parent(np)=q，结束；否则新建节点nq,nq的转移复制q的，parent(nq)=parent(q),parent(q)=parent(np)=nq,并且把r的祖先中出边x到q的，都将出边x连到nq上。
我们给出AABBABD创建SAM的整个过程，
首先，一开始只有一个头，它的长度为0
接着插入第一个字母A
接着插入第二个字母A
接着插入第三个字母B
接着插入第四个字母B
接着插入第5个字母A
接着插入第6个字母B
最后插入D
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原文地址：http://www.cnblogs.com/jianglangcaijin/p/6035911.html
