后缀自动机重点在于性质，东西很多注意区分概念。
后缀自动机是一个\(DAG\)，从根开始的路径能够识别\(S\)的每个后缀（子串），一定不存在一条从根开始的路径能够识别不是S的子串。
点：每个节点代表了一个\(endpos\)类，从根到该节点的所有字符串在S中的出现位置相同，
一个点代表的\(endpos\)集相同的各个串之间有后缀关系且连续，暂且称这些串的集合为\(P\)。边：走\(trans\)相当于在后边加字符，跳\(parent\)树则是在前面减字符。
\(nq\)节点是为了划分不同的\(endpos\)集合，有自己的\(len\)，但不是\(S\)的某个前缀，不具有\(siz\)。
一个节点的\(endpos\)大小是\(parent\)树上的实点个数。
反串的\(parent\)树上，两点的\(lcp\)是\(lca\)的\(len\)，注意x y为lca。
广义后缀自动机能够识别多个串的子串。
\(minlen(x)=maxlen(fa[x])+1\)，所以按\(len\)排序（桶排），可以得到\(trans\)拓扑序。
称一个节点\(x\)能够代表的字符串为根到x的所有路径(\(trans\))上的字符排列，则每个节点代表的字符串不充不漏，本质不同。
应用：
- 求本质不同子串，统计根到其他点的路径数，或\(Ans=\sum\limits_{i=2}^{tot}len[i]-len[fa[i]]\)
求所有后缀的lcp，建反串的SAM，那么两个前缀实点的lcp是parent树上的lca的len，
由于是前缀不需要和\(length\)取min，拓扑统计过每个点（作为lca）的实点点对数。《差异》字典序最小循环串，复制一倍，建SAM，贪心地从'a'->'z'走\(|S|\)长。《工艺》
每次加入字符，在线求本质不同子串。发现答案的增量只有\(len[np]-len[fa[np]]\)，其他点内部守恒。《生成魔咒》
求S和T的最长公共子串，在S的后缀自动机上跑T匹配，若失配则暴力跳fa（由于匹配一位在parent tree上深度至多+1
，跳fa深度一定-1，所以类似栈的势能复杂度分析， 为\(O(lenth_T)\)），每次得到以i结尾的和S匹配的最长后缀长度\(mx_i\)，那么\(Ans=max(mx_i)\)。求多个串的最长公共子串，对\(S_1\)建SAM，同上对其余串在SAM上跑匹配，记录匹配\(mx\)信息在SAM的节点上，
表示该串在这个endpos相同的后缀串集合\(P\)中最多匹配到哪个长度，由于parent上的祖先有该后缀集合中所有串的后缀，
一个节点只要有mx值，就要把其parent树祖先\(p\)全部置为\(len_p\)。最后答案为在每个SAM节点上（所有串mx值最小值）的最大值。《公共串》求第K小子串：在DAG上dp出每个节点开始有多少条路径，从根开始走相当于不断缩小问题规模，
如果\(k>dp[v]\)则跳过，否则走一步并减去答案串到点v的路径数。《弦论》
还是想说一下这个DP，如果要求本质不同，当\(rd[u]=0\)时就要++\(dp[u]\)，表示无论这个点（这些串）的\(|endpos|\)多大，
我也只算一次，然后“带着”这个出现的贡献一直dp到根统计路径。
如果可以重复，那么就要有\(du[u]\)+=\(|endpos_u|\)，位置要算不同，实际上是在根到u的路径数上乘了\(|endpos_u|\)
同理有\(\sum\limits_{i=2}^{tot}(len[i]-len[fa[i]]) \times |endpos_i|=\frac {n(n+1)}{2}\)T在S中出现次数，在S的SAM上匹配T，如果失配说明S中不存在完整T，否则能找到在SAM上表示T的集合\(P_u\)，T的出现次数就为\(|endpos_u|\)。
如果要支持在线带修，需要打棵LCT维护动态parent树。维护子树和或者链加单点查都行。
注意第二种要给nq点赋同q点值《Substring》
下面是一些不很模板的应用：
B. 诸神眷顾的幻想乡（其实是广义模板）
求树上本质不同子串。叶子节点不超过20个，于是可以以每个叶子为根建广义后缀自动机，再加上Deepinc的板子。
本题给出了Trie，固定一个根rt，实际上一次dfs建出的SAM，和枚举叶子节点建出的SAM形态相同。因为q=las的特判。
在线建的复杂度为\(\Theta(|A||T|+G(T))\)\(|A|\)为字符集大小，\(|T|\)为把所有串插入Trie的大小，\(G(T)\)是Trie上所有叶子深度之和。
DFS在线会被卡成\(n^2\)?不会证。。。
H. Cheat
答案具有单调性，考虑二分L。
对M个串建广义SAM，处理出l[i]为以i结尾的最长匹配后缀长度。不能匹配到L就断开，因为之后的部分不到L就亏了。
区间划分问题，考虑DP。
设\(f[i]\)为i之前的最大熟悉长度，有转移\(f[i]=max(f[i-1],f[j]+i-j)，i-l[i] \leq j \leq i-L\)
因为\(l[i] \geq l[i+1]\)，所以\(i-l[i] \leq i+1-l[i+1]\)
决策具有单调性，用单调队列优化下就可以\(\Theta(n)\)check了。
SAM模板
void extend(int c){
int p=las,np;np=las=++tot;
len[np]=len[p]+1;
for(;p&&!to[p][c];p=fa[p])to[p][c]=np;
if(!p)fa[np]=1;
else{
int q=to[p][c];
if(len[q]==len[p]+1)fa[np]=q;
else{
int nq=++tot;len[nq]=len[p]+1;
F(i,0,25)to[nq][i]=to[q][i];
fa[nq]=fa[q];fa[np]=fa[q]=nq;
for(;p&&to[p][c]==q;p=fa[p])to[p][c]=nq;
}
}
}
广义SAM模板
void extend(int x){
int p=las,q,nq,np;
if(q=to[p][x]){
if(len[q]==len[p]+1){las=q;return;}
las=nq=++tot;len[nq]=len[p]+1;
F(i,0,c)to[nq][i]=to[q][i];
fa[nq]=fa[q];fa[q]=nq;
for(;p&&to[p][x]==q;p=fa[p])to[p][x]=nq;
}
else{
np=las=++tot;
len[np]=len[p]+1;
for(;p&&!to[p][x];p=fa[p])to[p][x]=np;
if(!p)fa[np]=1;
else{
q=to[p][x];
if(len[q]==len[p]+1)fa[np]=q;
else{
nq=++tot;
len[nq]=len[p]+1;
F(i,0,c)to[nq][i]=to[q][i];
fa[nq]=fa[q];fa[q]=fa[np]=nq;
for(;p&&to[p][x]==q;p=fa[p])to[p][x]=nq;
}
}
}
}