前置（后缀自动机SAM基本概念）：https://blog.csdn.net/Jaihk662/article/details/82823251
来源：http://hihocoder.com/problemset/problem/1445
hihocoder已经讲的很清楚了，这里当然还是简略的描述一下吧
构造的核心问题：每当在末尾新増一个字符S[i]，如何让SAM额外识别子串S[1..i], S[2..i], …, S[i]
一、构造过程中的一些变量/函数
字符串“aabbabd”的后缀自动机：
- tre[k].next[ch]：就是trans(k, ch)，即longest(k)后面接上字符ch，得到的新字符串所在的节点，例如图中tre[5]['a'] = 6
- tre[k].pre：节点k的Suffix Links，例如图中pre[7] = pre[3] = 8，pre[9] = 0，pre[8] = 5,
- tre[k].len：longest(k)的长度，例如图中len[4] = 4, len[6] = 5, len[7] = 6
- cnt：当前新建节点的编号
- last：假设当前添加到第i个字符，前缀S[1..i-1]所在的节点，例如图中当cnt = 6时，last = 4
二、每新增一个字符后，让SAM额外识别子串S[1..i], S[2..i], …, S[i]的方法（三种情况）
先设sp(k)表示k节点到S的Suffix Links路径，例如sp(7) = 7→8→5→0，sp(2) = 2→1→0
当前要插入第i个字符，且下一个新节点为now
每个节点的endpos()表
(1)最简单的一种情况（新子串S[1..i], S[2..i], …, S[i]的endpos都相同，旧子串不同的endpos集合个数不会改变）：
对于sp(u)路径上的任意节点v，都有trans[v][S[i]] = NULL。这时我们只要令trans[v][S[i]] = now，并且令pre[pnew] = 0即可
对应着字符串"aabbabd"，插入最后一个字符'd'的情况，显然这个时候所有以'd'结尾的新后缀endpos都相同
→因此你只需要trans[7]['d'] = trans[8]['d'] = trans[5]['d'] = trans[0]['d'] = 9，pre[9] = 0即可，非常简单
对应代码如下
while(p!=-1 && tre[p].Next[ch-'a']==0)
{
tre[p].Next[ch-'a'] = now;
p = tre[p].pre;
}
if(p==-1)
tre[now].pre = 0;(2)第二种情况（新子串S[1..i], S[2..i], …, S[i]的endpos存在不同，但是旧子串不同的endpos集合个数不会改变）：
sp(u)路径上的有一个节点v，trans[v][S[i+1]]!=NULL，例如当插入第5个字符S[5] = 'a'时，步骤如下
- sp(4) = 4→5→0，因为trans[4]['a'] = trans[5]['a'] = NULL，所以trans[4]['a'] = trans[5]['a'] = 6，即连上图中的红色实线
- 之后发现trans[0]['a'] = 1，但此时1号节点的最长子串刚好就是0号节点的最长子串+S[5]，也就是len[3] = len[0]+1，这样子的话，只需要pre[6] = 1即可，也就是连上图中的红色虚线
对应代码如下
if(p==-1)
tre[now].pre = 0;
else
{
q = tre[p].Next[ch-'a'];
if(tre[q].len==tre[p].len+1)
tre[now].pre = q;
else
{
//……
}
}可见，对于节点u, v，如果节点v的最长子串刚好就是节点u的最长子串+S[i]，也就是len[v] = len[u]+1，那么只需要pre[now] = v即可，但如果节点v的最长子串不是节点u的最长子串+S[i]，也就是len[v] > len[u]+1怎么办呢？那就是第三种情况了，需要新建节点（如下）
(3)第三种情况（新子串S[1..i], S[2..i], …, S[i]的endpos存在不同，并且旧子串不同的endpos集合个数会发生改变）：
仍然是sp(u)路径上的有一个节点v，trans[v][S[i+1]]!=NULL，例如当插入第4个字符S[4] = 'b'时，步骤如下
- sp(3) = 3→0，因为trans[3]['b'] = NULL，所以trans[3]['b'] = 4
- tran[0]['b] = 3，但是len[3] != len[0]+1，可以看出在新增字符前 endpos("aab") = endpos("b") = {3}，而在新增字符后endpos("aab") = {3}，endpos("b") = {3,4}，显然旧子串"b"的endpos值发生了改变
- 考虑SAM中，每个节点的所有子串endpos集合都相同，而在新增字符后，原本相同的两个子串"aab"和"b"的endpos集合就不同了，并且endpos("b")为一个前面从未出现过的集合{3,4}
- 这样结果已经明显了，需要新建一个代表{3,4}的节点5，并让"b"重新连向节点5，而这个节点5可以理解为从节点3分裂出来的，所有的trans(p, ch)都和节点3一致（如果看不懂或不知道为什么，可以翻一下前置博客中Suffix Links的性质），除此之外，所有"b"的后缀也都应该分配到节点5（当然"b"是个特例没有多余后缀了），即从左图修改成右图
- 搞定之后只需要让pre[3] = pre[4] = 5即可
总体来说：
- 在sp(u)这条路径上，从u开始有一部分连续的状态满足trans[u..][ch] = NULL，对于这部分状态我们只需增加trans[u..][ch] = now
- 紧接着有一部分连续的状态v..w满足trans[v..w][ch] = x，并且longest(v)+ch不等于longest(x)。这时我们需要从x拆分出新的状态y，并且把原来x中长度小于等于longest(v)+c的子串分给y，其余字串留给x。同时令trans[v..w][ch] = y，pre[x] = pre[now] = y
对应代码如下：
rev = cnt++;
tre[rev] = tre[q];
tre[rev].len = tre[p].len+1;
while(p!=-1 && tre[p].Next[ch-'a']==q)
{
tre[p].Next[ch-'a'] = rev;
p = tre[p].pre;
}
tre[q].pre = tre[now].pre = rev;三、三种不同情况与Suffix Links内向树
前面有提到：所有的Suffix Links构成了一颗根节点为S的内向树，每个节点都代表着一个独一无二的endpos()集合，并且每个节点的所有儿子一定都是其父亲的子集
而每次新增字符的三种情况正好对应着3种简单的树操作
先看第(2)种：插入第5个字符S[5] = 'a'后，树的变化如下：
可以看出，假设当前新增第i个字符S[i]后，除了新增的节点now，原先树的结构并没有改变，只不过新节点now的所有祖先都会多出一个元素i
这样子的话，就可以推测出第(1)种情况下：插入的新节点就直接连向根
最后再看第(3)种：插入第4个字符S[4] = 'b'后，树的变化如下
可以看出，假设当前新增第i个字符S[i]后，需要在某个节点son与其父亲之间额外再新建一个节点p，使得endpos(p) = endpos(son)+i，再将新节点now连向该新节点p，最后将p所有的祖先全部插入元素i
四、完整程序：
题意：给你一个字符串，求出有多少个本质不同的子串
题解：“后缀自动机中子串个数 = 所有节点的 longest(k)-shortest(k)+1 之和”
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
typedef struct Node
{
int len, pre; //pre：对应图片中的绿线（一个节点显然最多只有一条绿线）
int Next[26]; //Next[]：对应图片中的蓝线
}Node;
Node tre[2000005];
int cnt, last;
char str[1000005];
void Init()
{
cnt = last = 0;
memset(tre, 0, sizeof(tre));
tre[cnt++].pre = -1;
}
void Insert(char ch, int id)
{
int p, q, now, rev;
p = last, now = cnt++;
tre[now].len = tre[last].len+1;
while(p!=-1 && tre[p].Next[ch-'a']==0) //每次跳到当前最长且endpos集合与当前不同的后缀上，对应图片中的绿线回退（例如7→8→5→S）
{
tre[p].Next[ch-'a'] = now; //tran(st[p], ch)=now，对应图片中的蓝线连接
p = tre[p].pre;
}
if(p==-1)
tre[now].pre = 0; //情况①，递归到了初始节点S（空子串）（例如图片中的9号节点pre[9]=0）
else //如果中途某个子串tran(st[p], ch)已经存在
{
q = tre[p].Next[ch-'a'];
if(tre[q].len==tre[p].len+1) //情况②：节点q的最长子串刚好就是节点p的最长子串+S[i]，也就是len[q] = len[p]+1
tre[now].pre = q;
else //情况③
{
rev = cnt++;
tre[rev] = tre[q];
tre[rev].len = tre[p].len+1; //这三行就是对Suffix Links内向树的插点操作
tre[q].pre = tre[now].pre = rev;
while(p!=-1 && tre[p].Next[ch-'a']==q)
{
tre[p].Next[ch-'a'] = rev;
p = tre[p].pre;
}
}
}
last = now;
}
int main(void)
{
LL ans;
int n, i;
scanf("%s", str+1);
n = strlen(str+1);
Init();
for(i=1;i<=n;i++)
Insert(str[i], i);
ans = 0;
for(i=1;i<=cnt-1;i++)
ans += tre[i].len-tre[tre[i].pre].len;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}