标签：组成 img 大小 href add 一个 ast 现在 row
（啊，图片好像还有CSDN水印呢）
主要参考资料：CLJppt。
自动机组成：状态、初始状态、终止状态、状态转移、字符集。
经典图片：
ACADD对应的SAM
对于整个串而言，初始状态（以下简称为init）为ROOT，终止状态集合（以下简称end）为最上方及最右方的那两个写着D的圈（状态既不是字符，也不是子串，在这里把它理解为某个下标更好），所有的状态就是那七个圈，每条实线边代表从一个状态向另一个状态的状态转移。字符集不太重要，在这里为26个字母（暂不区分大小写）。
为便于阅读及写作，下文中，定义均使用
的格式进行标注。当发现有问题时，不妨回到开头再看一眼定义。
例如，上图中，如果当前状态在左下角的A这个圈，通过‘D‘可以转移到右下角倒数第二个D这个圈，通过‘C‘可以转移到。。。唯一的C所在的圈。
由于一直用**圈**表述状态实在太麻烦，因此在不引起歧义的前提下，我也会使用某个字符来表示状态。但请时刻注意，状态并非字符。
例如，上图中，从init通过字符串"AC"转移可以到达唯一的那个C。
很明显，有如下函数（伪代码）：
trans(s,str)
cur = s;
for i = 0 to len(str) - 1
cur = trans(cur, str[i])
return cur就是说，\(trans(s,str)\)可以看成是一大堆\(trans(s,ch)\)的总和。
（说白了就是把x放到ROOT上开始沿着边跑，如果在end中节点上结束，就说能识别。栗子：我往一颗Trie树中插了字符串"ACADD"，那这颗Trie就能识别"ACADD"，不能识别"ACA"、"BC"等等奇奇怪怪的字符串）
比如，还是刚才那图，从C开始，"DD"可以被识别（因为\(trans(C\)所在的圈，\("DD") \in end\)）
也就是说，当且仅当x是S的后缀时，\(x \in Reg(SAM)\)。既然能识别所有的后缀，那我们扩展end集合后，SAM也能识别S所有后缀的前缀，即S的子串。
当然我们可以把一个串的所有后缀都插入Trie树，这当然也是后缀自动机，但是时间、空间复杂度都是\(O(n^2)\)。
考虑到这样一颗Trie树会有很多重复的字符，因此我们需要最简状态后缀自动机，即状态数（就是需要的圈）最少的后缀自动机。
定义\(ST(str)\)为初始状态读入str（以下用“读入%s”表示“通过%s转移”）后到达的状态。
对于一个字符串s，如果\(s \notin Fac\)，那么\(ST(s)=NULL\)（显然）。而如果\(s \in Fac\)，那么\(ST(S) \not= NULL\)，因为如果s是S的子串，在s后面加上一些字符就可能变为S的后缀。
考虑朴素的插入，是对每个\(s \in Fac\)都新建一个状态（既然对所有后缀建一条链，那对于某个后缀的前缀的最后一个字符，都要新建一个状态，那么可以看作对每个子串新建了一个状态），这样做是\(O(n^2)\)的。
考虑对于某个字符串\(a\)，\(ST(a)\)能识别那些字符串，即从\(ST(a)\)起通过那些字符串可转移到end，即\(Reg(ST(a))\)
\(x \in Reg(SAM)\)，当且仅当\(x \in Suf\)
\(x \in Reg(ST(a))\)，当且仅当\(ax \in Suf\)
也就是说ax是S后缀，那么x必定也是S后缀。\(\therefore Reg(ST(a))\)是一些后缀集合。
现在，对于一个状态s，我们只关注\(Reg(s)\)。
对于某个子串a，如果\(S[l,r)==a\)，那么\(ST(a)\)能识别\(Suffix(r)\)。
如果a在S中出现的位置的集合为\(\{(l,r)|S[l,r)==a\}=\{[l_1,r_1),[l_2,r_2),...,[l_n,r_n)\}\)，那么\(Reg(ST(a))=\{Suffix(r_1),Suffix(r_2),...,Suffix(r_n)\}\)。
不妨令\(Right(a)=\{r_1,r_2,...,r_n\}\)。
那么\(Reg(ST(a))\)完全由\(Right(a)\)决定。
又因为我们要使状态数最少，那所有状态s应该与所有\(Reg(s)\)一一对应（首先，每个状态s一定能映射到一个Reg集合。然后，如果两个s映射到同一个Reg集合，为什么不把它们合并呢？）。也就是说，\(Reg(ST(a))==Reg(ST(b)) \Leftrightarrow ST(a)==ST(b)\)
那么对于两个子串\(a,b \in Fac\)，如果\(Right(a)=Right(b)\)，那么\(Reg(ST(a))=Reg(ST(b))\)，即\(ST(a)=ST(b)\)。
所以一个状态s，可以由所有\(Right\)集合是\(Right(s)\)的字符串从init转移到达。记这些字符串为\(Sub(s)\)
不妨设\(r \in Right(s)\)，那么如果再给出一个合法的子串长度len，那么这个子串就是\(S[r-len,r)\)。即给定某个合法的（在这里指存在某个状态s的Right集合等于它）Right集合后，再给出一个合法的长度就可以确定子串了。
考虑对于一个Right集合，如果对于串长为\(len=l\ or\ len=r\)的子串是合法的，那么对于\(len \in [l,r]\)的子串也一定合法。
一些说明：设Right集合\(R_1\)中有一元素 \(substring\underline{\;}r_{1}\) ，在 \(len=l\ or\ len=r(l<=r)\) 的情况下 \(Right(S[substring\underline{\;}r_{1}-len,substring\underline{\;}r_{1}))=R_1\) ，那么情况如图。
很显然，对于\(len \in [l,r],S[substring\underline{\;}r_1-len,substring\underline{\;}r_1)\)，都可以且仅可以识别R1中元素开始的后缀。而对于\(len>r\)，只能保证仅可以；对于\(len<l\)，只能保证可以。因此在\(len \notin [l,r]\)情况下，不保证\(Right(S[substring\underline{\;}r_1-len,substring\underline{\;}r_1))=R_1\)。
所以对于一个Right集，合法的长度只能存在于一个区间内。
不妨设对于一状态s，合法的区间长度为\([Min(s),Max(s)]\)
考虑两个状态a,b，各自的Right集合分别为\(R_a,R_b\)。
假设\(R_a \cap R_b \not= \emptyset\)，设\(r \in R_a \cap R_b\)。
由于\(Sub(a),Sub(b)\)不会有交集（\(trans(init,str)\)只能到达一个状态），所以\([Min(a),Max(a)]\)和\([Min(b),Max(b)]\)也不可能有交集（不然的话以r为结束的某些子串会既到达a，又到达b）。
不妨设\(Max(a)<Min(b)\)，那么\(Sub(a)\)中所有串长度都小于\(Sub(b)\)中的串。由于\(Sub(a),Sub(b)\)中的串都可以接上\(Suffix(r)\)（\(Right\)定义），那么\(Sub(a)\)中串必定是\(Sub(b)\)中串的后缀。
于是\(Sub(b)\)中某串出现的位置上，\(Sub(a)\)中某串也必然能在这里出现。因此\(R_b \subset R_a\)。又\(R_a \not= R_b\)，所以\(R_b \subsetneqq R_a\)。
于是，\(Fac\)中任意两串的\(Right\)集合，要么不相交，要么一个是另一个的真子集，要么完全相同。
那么，如果我们把所有的\(Right\)集合组成集合，我们可以把他们组织成一个树的结构（如上图）。我们把它叫做Parent树。
很明显，这棵树叶节点有n个，而每个非叶子节点至少有两个孩子（不存在只有一个孩子），易证树的大小为\(O(n)\)级别（显然？？）。
令一个状态s，令\(fa=Parent(s)\)代表唯一的那个\(Right\)集合是\(Right(s)\)父节点对应的集合的状态（这句话有点绕口，多读）。那么自然有\(Right(s) \subsetneqq Right(fa)\)，并且\(Right(fa)\)的大小是其中最小的。
考虑\(len(Sub(s))\)和\(len(Sub(fa))\)。则\(len(Sub(s)) \in [Min(s),Max(s)]\)。考虑\(Min(s)-1\)为什么不可以，因为长度变短，限制条件变少，于是可出现的位置多了。假设\(Right(s)=R_1\)，还是这幅图：
这是\(Min(s)-1\)的情况：
显然，这个变大后的\(Right\)集是所有包含\(R_1\)的集合中最小的一个。因此它就是\(Right(fa)\)。因此，\(Max(fa)=Min(s)-1\)。（L就是\(Min(s)\)）
我们已经证明了状态数是\(O(n)\)的，为证明这是一个线性结构，还需证明它状态转移数也是\(O(n)\)的。
s->ch[a] = t）。自己看CLJ课件去！
显然法：状态是\(O(n)\)的，每个状态最多连出26条边，状态很显然是\(O(n)\)的。
对于一个状态s，它的\(Right(s)=\{r_1,r_2,...,r_n\}\)，现有s->ch[a]=t，考虑t的\(Right\)集合，由于t比s多一个字符，因此它限制更多，\(Right(t)=\{r_i+1|S[r_i]==c\}\)。
终于可以把这张大图下放了。
例如，对这个"ACADD"的SAM，若s = root->ch[‘a‘]，t = s->ch[‘d‘]，那么\(Right(s)=\{1,3\}\)（对应的后缀为"DD","ACDD"），\(Right(t)=\{4\}\)（对应的后缀为"D"），显然符合前面所说规则。（记住下标从0开始）
同时，如果s出发有标号为x的边，那么\(Parent(s)\)出发也一定有（因为\(s \subsetneqq Parent(s)\)）。
令\(f=Parent(s)\)。那么\(Right(trans(s,c)) \subset Right(trans(f,c))\)（因为\(s \subsetneqq f\)）。
一个显然的推论是\(Max(t)>Max(s)\)。（对t而言，如果不考虑\(Min(t)\)，那么\(len=Max(s)+1\)显然合适）
我们使用在线方法构造，即每次添加一个字符，使得当前SAM变成包含这个新字符的SAM（即，先构造\(SAM(S[0,i)\)，再构造\(SAM(S[0,i+1)\)）。
令当前字符串为T，新字符为x，令\(len(t)=L\)。
在\(SAM(T) \rightarrow SAM(Tx)\)的过程中，这个SAM可以多识别一些原串S的子串，这些子串都是Tx的后缀。
Tx的后缀，就是在T的后缀后面接上字符x。
考虑所有可以表示T后缀（即，\(Right\)集中包含L）的节点\(v_1,v_2,v_3,...\)。
由于必然存在一个\(Right(p)=L\)的状态p（\(p=ST(T)\)），那么由于\(v_1,v_2,v_3...\)的\(Right\)集合中都含有L，那么它们在\(Parent\)树中必然全是p的祖先（由于\(Parent树的性质\)）。那么可以使用\(Parent\)函数得到它们。
同时我们添加一个字符x后，令\(np=ST(Tx)\)，则此时\(Right(np)=L+1\)。
不妨设\(v_1=p,v_2=Parent(v_1),v_3=Parent(v_2),...,v_k=Parent(v_{k-1})=root\)（\(Right(root)=[0,L]\)）。
考虑其中一个v的\(Right\)集合\(\{r_1,r_2,...,r_n\}(r_n=L)\)，那么如果v->ch[x]=nv，则\(Right(nv)=\{r_i+1\ |\ S[r_i]==x\}\)。同时，如果v->ch[x]=NULL，那么v的\(Right\)集合内就没有一个\(r_i\)使得\(S[r_i]==x\)（先不考虑\(v_n\)）。
又由于\(Right(v_1) \subsetneqq Right(v_2) \subsetneqq Right(v_3)...\)，那么如果v[i]->ch[x]!=NULL，那么v[j]->ch[x]也一定不是NULL（\(j>i\)）。
对于v->ch[x]==NULL的v，它的\(Right\)集合内只有\(r_n\)满足要求，所以根据之前提到的规则，使得v->ch[x]=np。
令\(v_p\)为\(v_1,v_2,v_3,...\)中第一个ch[x]!=NULL的状态。
考虑\(Right(v_p)=\{r_1,r_2,...,r_n\}\)，令\(trans(v_p,x)=q\)。
那么\(Right(q)=\{r_i+1|S[r_i]==x\}\)（不考虑 \(r_n\) ）。
但是，我们不一定能直接在\(Right(q)\)中插入\(L+1\)（暂且不管如何插入）。
如果在\(Right(q)\)中直接插入\(L+1\)，由于限制条件增加，可能使\(Max(q)\)变小。
放图：
红色是结束在\(Right(v_p)\)位置上，长度为\(Max(v_p)\)的串，蓝色为结束在\(Right(q)\)位置上，长度为\(Max(q)\)的串。
于是强行做的话，\(Max(q)\)变小就很显然了。
当然，如果\(Max(q)==Max(v_p)+1\)，就不会有这样的问题（这个很显然，把上图蓝色串开头的A改成B就行了），直接插入即可。
怎么插入？\(Parent(np)=q\)。
证明：很显然\(Right(np) \subsetneqq Right(q)\)（q不会是\(ST(T)\)，\(L+1 \in Right(q)\)），所以只需证明\(Right(q)\)是所有包含\(Right(np)\)的集合中大小最小的。反证法，假设存在一个包含\(Right(np)\)的集合\(Right(f)\)，且\(Parent(f)=q\)，那么\(Min(f)=Max(q)+1\)，于是当\(len=Max(q)+1\)时，\(len \in [Min(f),Max(f)]\)。设\(Right(q)=\{r_1,r_2,...,r_k,...,r_n\}\)，\(Right(f)=\{r_1,r_2,...,r_k,r_n\}\)，看图。
如果真是这样，\(Right(p)\)不会是图上的\(Right(p)\)，其中上方左数第一条边不应该存在（左数第三条可能也不存在）。因为只需要第2、4条边就可以使
p->ch[x]!=NULL了，而这时第一条边显然还没有（加入它后Right(p)会变小）。于是产生矛盾，由此命题得证。
在2的情况下再减去一些限制条件又会怎样呢？
比如，现在没有了\(Max(q)==Max(v_p)+1\)。
这个条件这么好，没有了岂不是可惜？
没有条件，创造条件。
上图中，红色为\(Right(v_p)\)，蓝色为\(Right(q)\)，绿色为\(Right(nq)\)。
我们把q拆成两份：新建一个节点nq，使\(Right(nq)=Right(q) \cup \{L+1\}\)。这时，我们可以证明\(Max(nq)=Max(v_p)+1\)，由于证法与上面那个证明非常类似所以不说了。
于是\(Right(q),Right(np) \subsetneqq Right(nq)\)，且\(Right(np)+Right(q)=Right(nq)\)（图上可以看出）。于是，\(Parent(np)=Parent(q)=Parent(nq)\)。
又由于\(Min(q)=Min(nq)\)（感性认知），所以\(Parent(nq)=Parent(q)\)(原来的)。
然后，\(trans(nq,x)=trans(q,x)\)(因为多出来的那个点再转移过程中没有用)。
接着，我们回头考虑\(v_1,v_2,...,v_k\)这一序列。其中最早在\(v_p\)处ch[x]!=NULL。于是乎只有一段\(v_p,...,v_e\)（不是\(v_p,...,v_k\)，因为\(v_e\)之后\(Right(v->ch[x])\)会更大）通过x边转移到q。那么现在把这一段的\(trans(\ast,x)\)改为nq既可。
//源文件竟有4000字了？
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