后缀自动机学习笔记--构建方法

续了一个晚上终于搞懂后缀自动机的建法了。。

首先，SAM的线性复杂度构建方法是将所建字符串的字符从左至右一个个插入，设插入后自动机有n个点，那么插入会产生到1~n、2~n、3~n直至n~n这些点（都是由i~n-1转移来），而在插入过程中要分成三种情况讨论。

首先因为最长长度n的点之前不可能存在，所以必然要先开一个新点（np）。再从之前一个插入的点（记为p），沿着fa边往回跳，边回跳边将没有连向np字符的点连上，如果跳到的点已经存在了转移到np这个字符的边break-->2.情况 。。不然，如果直到跳完也不存在上述2情况则-->1情况

1.该情况说明插入的字符是当前自动机里没有的字符

显然，因为插入一个没有的字符那么在它之前不可能存在其他该字符的endpos，所以它的fa必然只能连到根，故从之前一个插入的字符位置沿着fa边一个个向该字符位置连边即可。

2.说明插入的字符是已有的

这种情况需再分两种。

设该点为p，沿np相同字符所达点为t

首先跳到p存在走到np相同字符的边那么肯定不能再连np否则不满足自动机结构，而因为是后缀自动机，那么这个点之前的点显然也已经存在走到t的边，这时候如果p的最长字符长度+1等于t的最长长度，那么说明t及之前的状态不会因加入np改变，将np连fa边到t就行。还有一种情况则是p最长字符+1！=t最长长度，那么很复杂，t里的一些状态会因为np的到来改变，这时就要新建一个点，将t中改变的状态连到这个新点nt，而nt这个点的转移状态因与t相同，所以memcpy复制过来，之后再将nt的fa连向当前t的fa，np的fa和t的fa都指向nt，再将p中通过np相同字符转移到t的连向nt，并重复更新p之前的点即可。

复杂度证明的话空间显然每次最多开两个点是O(n)的，时间嘛。。反正有大佬证明了是均摊O(1)的，总的也是O(n)。

代码：

struct Sam{
	int nxt[N][26],mx[N],fa[N],las,tot;
	Sam(){las=tot=1;}
	void ins(int x)
	{
		int np,p;
		p=las,np=++tot,las=np;
		mx[np]=mx[p]+1;
		while(p&&!nxt[p][x])nxt[p][x]=np,p=fa[p];
		if(!p){fa[np]=1;return;}
		int t=nxt[p][x];
		if(mx[t]==mx[p]+1)fa[np]=t;
		else
		{
			int nt=++tot;
			mx[nt]=mx[p]+1;
			memcpy(nxt[nt],nxt[t],sizeof nxt[t]);
			fa[nt]=fa[t],fa[t]=fa[np]=nt;
			for(;nxt[p][x]==t;p=fa[p])nxt[p][x]=nt;
		}
	}
	//int cal(){return mx[las]-mx[fa[las]];}
}sam;