自动搬运

查看原文

来自洛谷，原作者为

	辰星凌 时过而不知泪已落 —散华礼弥

搬运于2025-08-24 22:17:48，当前版本为作者最后更新于2020-03-03 09:54:56，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

自动搬运只会搬运当前题目点赞数最高的题解，您可前往洛谷题解查看更多

以下是正文

---

【学习笔记】字符串—广义后缀自动机

$\mathcal{My}\ \mathcal{Blog}$

$update\ 2021.11.27:$ 时隔多年回来补坑，有了额外的发现，并给出证明。
【离线写法再探】阐述离线 $\text{dfs}$ 错误原因，证明离线 $\text{bfs}$ 正确性；阐述在线写法特判 $1$ 的本质以及离线在线写法的之间联系；修复手绘图的一个小失误。

$update\ 2020.8.13:$ 这个蒟蒻发现自己傻得不行，明明很简单的东西一直没扯清楚，所以立马来补锅了，顺便思考了如何 $\text{hack}$ 盗版。
更新更细致的复杂度讲解；添加卡掉盗版在线构造的方法，并对空节点性质进行深入研究；调整板块布局。

$updata\ 2020.7.13:$ 迫于ezoixx130的淫威跑来修锅啦。
更新更侑秀的在线构造正确写法；增修文章细节；$\text{Latex}$ 规范化；并添加两道例题。

$update\ 2020.3.3:$ 发现题库里出现了模板，决定添加两道例题，并对文章细节进行修改。

一：【前言】

最近一段时间都在研究 惊(Ren)艳(Lei)无(Zhi)比(Hui)、美(Li)妙(Xing)绝(Yu)伦(Yue) 的自动机，这里引用 $\text{bztMinamoto}$ 巨佬的一句话来表达此时的心情：

我感觉我整个人都自动机了…… ——$bztMinamoto$（回文自动机学习笔记）

在此过程中发现网上讲广义 $\text{SAM}$ 的文章很少，而且很多都不正确，所以决定整理一下。

二：【引理】

众所周知，$\text{SAM}$ 的一个经典应用是求一个字符串中本质不同子串数量，那么如果改为求一个 $\text{Trie}$ 树呢？（$\text{Trie}$ 中从上到下若干前缀串的本质不同子串）

大部分可以用后缀自动机处理的字符串的问题均可扩展到 $Trie$ 树上。 ——刘研绎 ($2015$ 国家队论文《后缀自动机在字典树上的拓展》)

我们将这种建立在 $\text{Trie}$ 树上的 $\text{SAM}$ 称为广义 $\text{SAM}$ 。在学习之前，首先要确保对单串 $\text{SAM}$ 足够熟悉。

其实我们通常需要解决的是多模式串问题，即给出多个串让你去统计各种各样的信息（将多个串插入到一棵 $\text{Trie}$ 中，然后依靠这棵 $\text{Trie}$ 构造广义 $\text{SAM}$）。
可能少部分题目会有直接给出一棵 $\text{Trie}$ 树的情况，但不常见。

本文主要解决前一类问题，后者仅给出一种构造方法（即 $bfs$ 版离线写法），不详述其应用。

注意这里两种类型题目中 $\text{Trie}$ 树有不同的性质：
对于多模式串问题：$G(T)=O(\sum len)=O(|T|)$，
对于直接给出的 $\text{Trie}$：$G(T)=O(|T|^2)$（如果不理解这个 $|T|^2$ 可以看下面那张嫖来的图片）。
（其中 $G(T)$ 为 $\text{Trie}$ 树 $T$ 所有叶节点深度之和，$|T|$ 为 $\text{Trie}$ 树大小）

$G(T)$ 这个东西看起来似乎没啥用处，但它会直接影响构造广义 $\text{SAM}$ 的算法复杂度。

三：【算法实现】

1.【离线构造】

在用广义 $\text{SAM}$ 处理多模式串问题时，网上流传着的主流写法有 $3$ 种：

$(1).$ 用特殊符号将所有模式串连成一个大串放到一个 $\text{SAM}$ 中，再加一些玄学判断来处理信息。

$(2).$ 每次插入一个模式串之前，都把 $last$ 设为 $1$，按照普通 $\text{SAM}$ 一样插入，即每个字符串都从起点 $1$ 开始重新构造。

$(3).$ 用所有模式串建出一颗 $\text{Trie}$ 树，对其进行 $\text{dfs/bfs}$ 遍历构建 $\text{SAM}$，$insert$ 时 使 $last$ 为它在 $\text{Trie}$ 树上的父亲，其余和普通 $\text{SAM}$ 一样。

第一种实用性不高且复杂度危险。第二种机房大佬说是盗版，但因为复杂度依旧为线性、代码简单且在大部分题中都能保证正确性，所以很多人都用的这种（$\text{SAM Drawer}$ 似乎就是依据这个做法绘的图）。但根据广义 $\text{SAM}$ 的定义，只有第三种中才是正确写法。而且随便抛组数据就能立马发现构造出来的差异。

$\text{dfs}$ 代码如下：

//Trie.tr[x]: Trie树的状态转移数组
//Trie.c[x]: Trie树上节点x的字符
//pos[x]:Trie上x节点的前缀字符串（路径 根->x 所表示的字符串）在SAM上的对应节点编号
inline void dfs(Re x){
    for(Re i=0,to;i<26;++i)if(to=T1.tr[x][i])
        pos[to]=insert(T1.c[to],pos[x]),dfs(to);
}
inline void build(){pos[1]=1,dfs(1);}//dfs遍历Trie树构造广义SAM(Tire树上的根1在SAM上的位置为根1)

$bfs$ 代码如下：

//Trie.tr[x]: Trie树的状态转移数组
//Trie.fa[x]: Trie树上节点x的父节点
//Trie.c[x]: Trie树上节点x的字符
//pos[x]:Trie上x节点的前缀字符串（路径 根->x 所表示的字符串）在SAM上的对应节点编号
inline void build(){//bfs遍历Trie树构造广义SAM
    for(Re i=0;i<C;++i)if(Trie.tr[1][i])Q.push(Trie.tr[1][i]);//插入第一层字符
    pos[1]=1;//Tire树上的根1在SAM上的位置为根1
    while(!Q.empty()){
        Re x=Q.front();Q.pop();
        pos[x]=insert(Trie.c[x],pos[Trie.fa[x]]);//注意是pos[Trie->fa[x]]
        for(Re i=0;i<C;++i)if(Trie.tr[x][i])Q.push(Trie.tr[x][i]);
    }
}

代码应该不难理解。

有人表示能理解多模式串插入，但难以想象直接爬 $\text{Trie}$ 树构造自动机维护的到底是啥，其实也是一样的道理：
其实质是将 $\text{Trie}$ 树上若干条从上到下的路径抽出来分别插入到 $\text{SAM}$（或者说从 $\text{Trie}$ 树中还原出了若干待插入串）。而 $\text{Trie}$ 本身就压缩了大量的 $\text{lcp}$，这些被压缩的部分不需要多次插入，故遍历 $\text{Trie}$ 即可。

多模式串插入和直接爬 $\text{Trie}$ 树构造本就是同样的原理，自动机也是一模一样的形态，只是复杂度不同罢了。（不理解这段话的可以先看后面）

注意：$\text{dfs}$ 遍历的复杂度为 $O(G(T))$，$\text{bfs}$ 为 $O(|T|)$ 。
如果题目给的是若干个待插入串 $S$，那么 $\text{dfs/bfs}$ 可以任选一种，因为此时 $O(G(T))=O(\sum|S|)$。
但要是直接给了一颗 $\text{Trie}$，$\text{dfs}$ 就会被卡。
关于 $G(T)=O(|T|^2)$ 的证明，这里嫖一张图： 【图片来源】

2.【在线构造】

仅针对于多模式串问题，我们还有另一种构造广义 $\text{SAM}$ 的方法。

“离线”，顾名思义，对多个模式串离线构造出 $\text{Trie}$ 树，然后依据 $\text{Trie}$ 构造广义 $\text{SAM}$ 。
而“在线”就是指不建立 $\text{Trie}$，直接把给出的多个模式串依次插入到广义 $\text{SAM}$ 中（用在线做法写正确的人少得可怜）。

具体的说，每次插入一个模式串之前，都把 $last$ 设为 $1$，$insert$ 函数在普通 $\text{SAM}$ 的基础上加入特判（注意前面说的盗版写法用的是不加特判的普通 $insert$）。

更改后的 $insert$ 代码如下：

//link[i]: 后缀链接
//trans[i]: 状态转移数组
inline int insert(Re ch,Re last){//将ch[now]接到last后面
    if(trans[last][ch]&&maxlen[last]+1==maxlen[trans[last][ch]])return trans[last][ch];
    //已经存在需要的节点(特判1)
    Re x,y,z=++O,p=last,flag=0;maxlen[z]=maxlen[last]+1;
    while(p&&!trans[p][ch])trans[p][ch]=z,p=link[p];
    if(!p)link[z]=1;
    else{
        x=trans[p][ch];
        if(maxlen[p]+1==maxlen[x])link[z]=x;
        else{//需要拆分x，将len<=maxlen[p]+1的部分复制一个y出来
            if(maxlen[p]+1==maxlen[z]/*或者写：p==last*/)flag=1;(特判2)
            y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
            for(Re i=0;i<C;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
            while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
            link[y]=link[x],link[z]=link[x]=y;
        }
    }
    return flag?y:z;//注意返回值
    //返回值为:ch[now]插入到SAM中的节点编号，
    //如果now不是某个字符串的最后一个字符,
    //那么这次返回值将作为下一次插入时的last
}

加入返回值是方便记录 $last$ 。

接下来解释一下这两个特判的具体含义：

(特判1)
if(trans[last][ch]&&maxlen[last]+1==maxlen[trans[last][ch]])return trans[last][ch];

(特判2)
if(maxlen[p]+1==maxlen[z]/*或者写：p==last*/)flag=1;

（因为小括号反复嵌套看起来比较头疼，下面直接用方括号表示数组）

特判 $1$ 比较好理解，我们想要在 $last$ 后面插入一个节点 $z$ 使得 $maxlen[z]=maxlen[last]+1$，而这个节点已经存在于$\text{SAM}$ 中了，那么就可以直接返回。

注意：这里返回的这个节点保存了多个模式串的状态，即将多个不同模式串的相同子串信息压缩在了这一个节点内，如果要记录 $\{endpos\}$ 大小的话，则需要给每个模式串都单独维护一个 $siz$ 数组依次更新，而不能全部揉成一坨（具体见后面例题）。

特判 $2$ 的实质是处理 $trans[last][ch]\neq NULL$ 且 $maxlen[last]+1\neq maxlen[trans[last][ch]]$ 的情况。

我们先来看看单串 $\text{SAM}$ 的 $insert$ 图示（来源于 $\text{hihocoder}$）：

在从 $last$ 开始往前跳 $link$ 时，单串 $\text{SAM}$ 中必定存在着 $trans[p][ch]=NULL$ 的一段（在图中表现为以 $u$ 节点结尾的最右边那一段），但扩展到多串后可能就没有这一段了，即存在 $trans[last][ch]=x$ 且 $maxlen[last]+1\neq maxlen[x]$（对于 $maxlen[last]+1=maxlen[x]$ 的情况在特判 $1$ 时就返回了）。

显然，此时 没有任何节点的转移函数 $trans$ 或后缀链接 $link$ 指向最初新建的 $z$ 节点，同时 它没有记录任何信息，因为 新加入的信息全部储存在了 $link[z]=y$ 节点上面（即从 $x$ 中拆分出来的那个点）。也就是说，这个 $z$ 节点是一个空节点。

（注：下面这段话的意义不大，而且可能会看得一脸懵逼，可以直接略过）
额外思考：其实上述内容并不是产生空节点 $z$ 的唯一情况。
如果 $\text{SAM}$ 已经被空节点污染，且对于前面 $trans[p][ch]=NULL$ 的段 $p$ 均为空节点，那么此时 $z$ 也一定为空。
比如这个数据 dcab ab，在插入串 $ab$ 的第二个字符 $b$ 时，$last$ 为上一次 $insert(a)$ 时产生的空节点 $6$，而 $6$ 目前还不存在 $trans$ 边（即$trans[last=6][ch=b]=NULL$），但此时新建的 $z$（即 $8$ 号节点）仍为空，且之前的空节点 $6$ 有一条指向 $8$ 的 $trans$ 边。具体可自行画图加深理解。
（请到下方例题处抱走std，然后使用代码输出自动机的边再画到纸上，最好把加/不加特判最终产生的各种形态都试一下看看。但不推荐自己模拟绘图，因为工作量大且极易出错）

回到空节点的问题，一般来讲，这个点不会对答案造成影响，但也有办法能卡掉，具体见下方【关于如何卡掉盗版在线写法】。

另外，我们也可以用 $minlen,maxlen$ 的大小来推导出 $z$ 为空：

$z$ 的 $link$ 会指向 $x$ 的拆分节点 $y$，而 $maxlen[y]=maxlen[last]+1$，所以 $minlen[z]=maxlen[link[z]=y]+1=maxlen[last]+2$，又有 $maxlen[z]=maxlen[last]+1<minlen[z]$，而一个等价类维护的子串长度 $\in [minlen,maxlen]$，故 $z$ 为空。

从另一个角度看，节点 $y$ 满足 $trans[last][ch]=y$ 且 $maxlen[y]=maxlen[last]+1$，这不正是我们想要的吗（同特判 $1$）？所以可以返回 $y$，并用 $y$ 作为当前模式串下一次 $insert$ 的 $last$ 。

还剩下最后一个问题：前面说的这两个特判能正确地合并好等价类，但没有处理空节点 $z$ 。为使构造出的自动机节点数与离线做法一致，我们还需进一步改进：当存在 $trans[last][ch]$ 时就不新建 $z$ 节点了，直接从拆分节点开始做（或者在拆分节点之前通过特判 $1$ 返回）。

代码最终版如下（这次可以打包票说是标准写法了，因为测试了大量的数据，生成的自动机节点个数均与离线 $\text{bfs}$ 做法相同）：

inline int insert(Re ch,Re last){
    if(trans[last][ch]){
        Re p=last,x=trans[p][ch];
        if(maxlen[p]+1==maxlen[x])return x;//即最初的特判1
        else{
            Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
            for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
            while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
            link[y]=link[x],link[x]=y;
            return y;//即最初的特判2
        }
    }
    Re z=++O,p=last;maxlen[z]=maxlen[last]+1;//从这里开始就与普通SAM一毛一样了
    while(p&&!trans[p][ch])trans[p][ch]=z,p=link[p];
    if(!p)link[z]=1;
    else{
        Re x=trans[p][ch];
        if(maxlen[p]+1==maxlen[x])link[z]=x;
        else{
            Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
            for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
            while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
            link[y]=link[x],link[z]=link[x]=y;
        }
    }
    return z;
}

这里补充下图片，模拟最终版代码构造过程中特判 $2$ 的运作：

（$\text{SAM}$ 根为 $1$，转移函数 $trans$ 为黑边，后缀链接 $link$ 为灰边；图片上半部分为串 $aab$ 构造结束后的形态，下半部分为插入串 $ab$ 中第二个字符 $b$ 时的形态变换过程）

如前面黑体字所说，一个节点可能会储存多个字符串的信息，比如节点 $2$ ：虽然表示的子串都为 $\{a\}$，但 $\{endpos\}$ 大小却不相同（$siz_{aab}(2)=2,siz_{ab}(2)=1$），需要对每个字符串分别记录。

疑问：在线写法和离线写法有什么不同呢？
见后文4.【离线写法再探】。

3.【关于如何卡掉盗版在线写法】

这里讨论不加特判的在线写法。

通常情况下，这种写法只是多了一些节点，多了一些 $trans$ 边和 $link$ 边，它仍是一只正确的自动姬，复杂度也依旧为线性（所以盗版写法才会横行啊......）。
但这样显然就不符合 $\text{SAM}$ “用最少的节点储存所有串信息”这一性质了，具体地说，有以下两种情况：

• 一个等价类被拆成若干个节点，子串信息被分散。

• 出现空节点（即 $z$）。

已知后者会在某些情况下产生影响，前者还有待探讨。

截止 $2020.8.13$，我只找到了两种方案（没有写代码逐个测试，如果您认为分析有误，最好给一下代码和 $\text{hack}$数据说明）。

先来罗列一下空节点 $z$ 的性质：

• $(1)$ 其 $trans$ 边指向的节点也一定是空节点（$z$ 本身就为空了，继续加字符是没有意义的）。

• $(2)$ 其 $link$ 指向 $y$，且没有节点的 $link$ 指向 $z$，故 $z$ 在 $parent$ 树上是叶子节点。

• $(3)$ $maxlen[z]=maxlen[last]+1=maxlen[y],$ $minlen[z]=maxlen[z]+1$（由 $link$ 边的指向推导得到）。

• $(4)$ 在新建节点时，$z$ 比 $y$ 先出现，所以节点编号 $z<y$ 。

【方案 1】

【这里】 因为 $pos$ 映射到了空节点导致查询 $siz$ 出错。

这个很好理解，原本某个前缀串应该匹配到 $y$ 节点处，查询 $siz$ 也应查 $y$，但实际的 $pos$ 却映射到了 $z$ 处（$insert$ 函数返回值是 $z$），而原本应统计的是 $y$ 子树内 $siz$ 之和，显然会出错。

如果加了特判 $2$ 则会避免出现这种情况。或者建好自动机后再把所有串拿出来跑匹配记录 $\text{pos}$ 。

【方案 2】

【这里】 提到了空节点影响基拍顺序。

这种方案应该是可行的（评论里 $\text{alpha1022}$ 也曾提出过这个问题，但当时我没想清楚）。

具体地说，通常姬排是依靠 $maxlen$ 来求出 $parent$ 树的拓扑序，$maxlen$ 较小的排在前面，然后依次从后往前扫并统计 $siz$，代码大概是酱紫的：

for(Re i=1;i<=O;i++)++cnt[maxlen[i]];
for(Re i=1;i<=O;i++)cnt[i]+=cnt[i-1];
for(Re i=1;i<=O;i++)Q[cnt[maxlen[i]]--]=i;
for(Re i=O;i>=1;--i)siz[link[Q[i]]]+=siz[Q[i]];

如果出现了空节点 $z$，由于 $maxlen[z]=maxlen[y]$ 且 $z<y$，在稳定排序下 $z$ 会排到 $y$ 的前面。也就是说，$z$ 的那个 $siz$ 还没有统计到 $y$ 头上时， $y$ 就已经用自己的 $siz$ 去更新别人了，这样的后果就是 $y$ 在 $parent$ 树上的祖先节点 $siz$ 都会少 $1$（这些都是理论分析，不敢说自己完全正确，但有 $\text{ICPC}$ 那题的例子，应该能实锤）。

4.【离线写法再探】

$6$ 月 $15$ 日，$\text{ix35}$ 发布了一篇讨论：悲惨故事 长文警告 关于广义 $\text{SAM}$ 的讨论，在文中提到我的离线写法的错误。当时的我刚高考完，实在是没有心情也没有实力去思考这个问题。

时至今日，受 $\text{Prean}$ 提醒，我回过头来重拾研究，发现 $\text{ix35}$ 说的是离线 $\text{dfs}$ 写法有问题（评论区也有人提到）。

我用她给出的数据 iod od进行了测试，发现离线 $\text{bfs}$ 的确是对的，离线 $\text{dfs}$ 有误。

这里产生了两个问题：
1.为什么离线 $\text{dfs}$ 有误。
2.为什么离线 $\text{bfs}$ 没有问题？或者说，实际上有问题但我没有发现？

(1).【离线 dfs 为何有误】

注意到 iod 和 od 这两个串没有公共前缀，也就是说，$\text{trie}$ 建了个寂寞，在 $\text{dfs}$ 遍历 $\text{trie}$ 树的时候，实际上和最开始提到的那个主流写法 $\text{(2)}$ 是一样的（仅针对这种"建了个寂寞"的情况）。
于是，它看起来就像是一个没有特判 $1$ 也没有特判 $2$ 的在线写法。产生空节点 $\text{z}$ 也就不难理解了（仅在这种"建了个寂寞"的情况）。
回顾前文，在讲空节点产生的时候，用的例子是 dcab ab，这个数据和iod od 本质一样。

（注：以下用“情况 $2$”代指前面在线写法中特判 $2$ 所针对的特殊情况）

额外思考： 考虑这里iod od产生的“情况 $2$”的原因是：开始插入 od 的第一个字母'o'时，$last$ 为根节点 $1$，此时产生了情况 $2$。
那么，如果有公共前缀呢？
举个例子：aiod aod，你会发现此时 $\text{dfs}$ 是正确的（$\text{SAM}$ 结构和离线 $\text{bfs}$ 以及在线写法都一样），这是因为插入第二个串的字符'o'时，$trans[last=pos[a]][o]=NULL$（这里的 $a$ 指的是字符'a'所对应的 $\text{Trie}$ 点 ）。 由此自然提出一个猜想： 猜想 $1$：存在公共前缀的两个串在建 $\text{SAM}$ 时不会在某个位置出现情况 $2$，此时 $\text{dfs}$ 写法正确。
不过，该猜想随便写一个暴力对拍就能轻松 $\text{hack}$。
反例：ood od（与前面提到的aab ab本质一样）。

这个反例告诉我们一件事情：情况 $2$ 在离线 $\text{dfs}$ 写法中普遍存在。

【如何改进？】

显然我们可以把在线写法里的最终版 $insert$ 直接搬过来。这样做当然是正确的，但是，由这里 “它看起来就像是个没有特判 $1$、特判 $2$ 的在线写法” 得到启发，我们应该注意到一个很有意思的点：
猜想 $2$：在线写法中的特判 $1$，对应着离线写法中的 $\text{Trie}$ 结构建造。也就是说，只加特判 $1$ 的在线写法和不加任何特判的离线 $\text{dfs}$ 写法类似。（事实上这一直觉是正确的，具体证明见后文）

注：换句话说，离线 $\text{dfs}$ 其实是介于“离线 $\text{bfs}$/最终版在线”和“未加任何特判的在线”之间的一种折中写法，一种“特判不全的在线”，它解决了特判 $1$ 的情况（实现 $\text{Trie}$ 结构意义上的压缩节点），但没有解决特判 $2$ 的情况（多串 $\text{SAM}$ 结构中空节点的压缩）。

这样我们就理解了离线 $\text{dfs}$ 的本质，只需要加特判 $2$ 就可以了，特判 $1$ 是没有意义的（$\text{Trie}$ 结构已经预处理好了）。

（当然，这只是解决了正确性的问题，复杂度肯定还是不如 $\text{bfs}$ 的）

离线 $\text{dfs}$ 代码改进版如下：

inline int insert(Re ch,Re last){//普通SAM添加特判2 
    if(trans[last][ch]){//不存在特判1的情况 
        Re p=last,x=trans[p][ch];
        Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
        for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
        while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
        link[y]=link[x],link[x]=y;
        return y;//即最初的特判2
    }
    Re x,y,z=++O,p=last;maxlen[z]=maxlen[last]+1;
    while(p&&!trans[p][ch])trans[p][ch]=z,p=link[p];
    if(!p)link[z]=1;
    else{
        x=trans[p][ch];
        if(maxlen[p]+1==maxlen[x])link[z]=x;
        else{
            y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
            for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
            while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
            link[y]=link[x],link[z]=link[x]=y;
        }
    }
    return z;
}

(2).【bfs 为何正确】

$\text{bfs}$ 代码也是使用的普通 $insert$，没加任何特判，为什么它就没有像 $\text{dfs}$ 那样出问题呢？

关于特判 $1$ 的情况，前面已经讨论过，由 $\text{Trie}$ 结构所解决。

关于情况 $2$：
先说一下两个记号表达：
$deep(a)$：$\text{Trie}$ 点 $a$ 在 $\text{Trie}$ 树上的深度。
$S_{root_{Trie}->a}$：从 $\text{Trie}$ 树根 $root_{Trie}$ 到 $\text{Trie}$ 点 $a$ 这一条长为 $deep(a)$ 的路径所表示的字符串（即 $a$ 在 $\text{Trie}$ 上的前缀字符串）。

引理：对于任何 $\text{Trie}$ 点 $a$，一定有 $maxlen[pos[a]]=deep(a)$ 。
证明：
①$maxlen[pos[a]]<deep(a)$ 显然不可能，因为 $pos[a]$ 这个等价类一定包含 $S_{root_{Trie}->a}$，而 $|S_{root_{Trie}->a}|=deep(a)$ 。
②假设 $maxlen[pos[a]]>deep(a)$，也就是说，有另一点 $b$，$deep(b)>deep(a)$，$S_{root_{Trie}->b}$ 也在该等价类中，即 $pos[b]=pos[a]$ 。
但是，我们使用的是普通 $insert$ 代码，每一个 $a$ 对应的 $pos[a]$ 都是新建的点，所以 $pos[a]$ 不可能等于 $pos[b]$ 。
故假设不成立。

$\text{bfs}$ 的特点是一层一层遍历，存在这样一个性质：当前 $\text{Trie}$ 点 $a$ 的深度 $deep(a)=deep(fa_{Trie}(a))+1$ 为目前所遍历过的最深的深度。
在准备将 $\text{Trie}$ 点 $a$ 插入 $\text{SAM}$ 的时，$last$ 为 $pos[fa_{Trie}(a)]$ 。
此时一定有如下结论：

结论：$trans[last][ch]= NULL$。
证明：假设存在 $x=trans[last][ch]\neq NULL$，则有 $maxlen[x]> maxlen[last]$（转移边指出去的点的长度不可能小于等于自身）。
又由引理得：$maxlen[x]> maxlen[last]=deep(fa_{Trie}(a))$ ——①
在等价类 $x$ 中取最长的那个字符串 $s_{maxlen}(x)$ 在 $\text{Trie}$ 上对应的末节点 $a'$（显然 $s_{maxlen}(x)$ 就是 $S_{root_{Trie}->a'}$），有 $pos[a']=x$，
由引理及①得：$deep(a')=maxlen[pos[a']]=maxlen[x]>deep(fa_{Trie}(a))$，
则必满足 $maxlen[x]=deep(a')=deep(fa_{Trie}(a))+1$ ——②（目前最深的点深度只能是这么大），
所以 $deep(a')=deep(a)$ 。
注意我们是沿着 $S_{root_{Trie}->fa_{Trie}(a)}$ 的每一个字符在自动机上一路走到 $last$ 的，$s_{maxlen}(last)$ 即为 $S_{root_{Trie}->fa_{Trie}(a)}$，且字符串 $SS=s_{maxlen}(last)+ch$ 必定在等价类 $x$ 中。
这里的 $SS$ 实际上等于 $S_{root_{Trie}->a}$，所以 $|SS|=deep(a)=deep(a')=|S_{root_{Trie}->a'}|$，由于字符串 $S_{root_{Trie}->a'}$ 也在该等价类中，所以 $S_{root_{Trie}->a'}=SS=S_{root_{Trie}->a}$（同一等价类里一种长度只对应一种字符串）。
由于此时 $a$ 目前还在准备插入阶段，实际还没有对应的 $\text{SAM}$ 的点，所以 $a'$ 与 a 为不同的 $\text{Trie}$ 点。也就是说，$\text{Trie}$ 树上出现了两个不同的点对应着完全相同的前缀字符串，这是 $\text{Trie}$ 结构所不允许的。
故假设不成立。
另外，由引理及②可得 $maxlen[x]=deep(fa_{Trie}(a))+1=maxlen[last]+1$，发现我们的假设其实就是特判 $1$ 所判断的情况。
所以，前文所说的“特判 $1$ 由 $\text{Trie}$ 结构所解决”也得到了证明。

由此证明离线 $\text{bfs}$ 不需要写上述两个特判。

四：【广义SAM的复杂度】

设 $|T|$ 为 $\text{Trie}$ 树大小，$|A|$ 为字符集大小（可视为常数），$G(T)$ 为 $\text{Trie}$ 树所有叶节点深度之和。

• 状态数（节点数）为线性 $O(2|T|)$ 。

• 转移函数（边数）上界为 $O(|T||A|)$ 。

• 离线时间复杂度为 $O(|T||A|+|T|)$ 。

• 在线时间复杂度为 $O(|T||A|+G(T))$ 。

上述性质在刘研绎的论文都中有严谨证明，这里不赘述。

有趣的是，实际运行效率在线构造（即使是不够侑秀的写法）要比离线快得多。

五：【例题】

（由于代码较多，可能会显得较冗长，但广义 $\text{SAM}$ 的写法具有争议，在各种题目中都能见到一些奇怪的做法，所以我还是把代码放出来供大家参考一下）

1.【广义 SAM 模板】

传送门：【模板】广义后缀自动机（广义 $\text{SAM}$） $\text{[P6139]}$

【题目描述】

求多个字符串的本质不同子串个数。

【分析】

随便选一种方式建好自动机，答案为：$\sum maxlen[i]-maxlen[link[i]]$ 。

【Code (离线)】

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define Re register int
#define LL long long
using namespace std;
const int N=2e6+5,M=1e6+3;
int n,t;char ch[N];
inline void in(Re &x){
    int fu=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')fu|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=fu?-x:x;
}
struct Trie{
    int O,c[M],fa[M],tr[M][26];
    //fa[x]: Trie树上x的父节点
    //c[x]: Trie树上x的颜色
    Trie(){O=1;}//根初始化为1
    inline void insert(char ch[]){
        Re p=1;
        for(Re i=1;ch[i];++i){
            Re a=ch[i]-'a';
            if(!tr[p][a])tr[p][a]=++O,fa[O]=p,c[O]=a;
            p=tr[p][a];
        }
    }
}T1;
struct Suffix_Automaton{
    int O,pos[N],link[N],maxlen[N],trans[N][26];queue<int>Q;
    //pos[x]:Trie上的x节点（路径1->x所表示的字符串）在SAM上的对应节点编号
    //link[i]: 后缀链接
    //trans[i]: 状态转移数组
    Suffix_Automaton(){O=1;}//根初始化为1
    inline int insert(Re ch,Re last){//和普通SAM一样
        Re x,y,z=++O,p=last;maxlen[z]=maxlen[last]+1;
        while(p&&!trans[p][ch])trans[p][ch]=z,p=link[p];
        if(!p)link[z]=1;
        else{
            x=trans[p][ch];
            if(maxlen[p]+1==maxlen[x])link[z]=x;
            else{
                y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
                for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
                while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
                link[y]=link[x],link[z]=link[x]=y;
            }
        }
        return z;
    }
    inline void build(){//bfs遍历Trie树构造广义SAM 
        for(Re i=0;i<26;++i)if(T1.tr[1][i])Q.push(T1.tr[1][i]);//插入第一层字符
        pos[1]=1;//Tire树上的根1在SAM上的位置为根1
        while(!Q.empty()){
            Re x=Q.front();Q.pop();
            pos[x]=insert(T1.c[x],pos[T1.fa[x]]);//注意是pos[Trie->fa[x]]
            for(Re i=0;i<26;++i)if(T1.tr[x][i])Q.push(T1.tr[x][i]);
        }
    }
    inline void sakura(){
        LL ans=0;
        for(Re i=2;i<=O;++i)ans+=maxlen[i]-maxlen[link[i]];
        printf("%lld\n",ans);
    }
}SAM;
int main(){
//    freopen("123.txt","r",stdin);
    in(n);
    for(Re i=1;i<=n;++i)scanf("%s",ch+1),T1.insert(ch);
    SAM.build(),SAM.sakura();
}

【Code (在线)】

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define Re register int
#define LL long long
using namespace std;
const int N=2e6+5;
int n;char ch[N];
inline void in(Re &x){
    int fu=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')fu|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=fu?-x:x;
}
struct Suffix_Automaton{
    int O,link[N],maxlen[N],trans[N][26];
    //link[i]: 后缀链接
    //trans[i]: 状态转移数组
    Suffix_Automaton(){O=1;}//根初始化为1
    inline int insert(Re ch,Re last){
        if(trans[last][ch]){
            Re p=last,x=trans[p][ch];
            if(maxlen[p]+1==maxlen[x])return x;//即最初的特判1
            else{
                Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
                for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
                while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
                link[y]=link[x],link[x]=y;
                return y;//即最初的特判2
            }
        }
        Re z=++O,p=last;maxlen[z]=maxlen[last]+1;
        while(p&&!trans[p][ch])trans[p][ch]=z,p=link[p];
        if(!p)link[z]=1;
        else{
            Re x=trans[p][ch];
            if(maxlen[p]+1==maxlen[x])link[z]=x;
            else{
                Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
                for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
                while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
                link[y]=link[x],link[z]=link[x]=y;
            }
        }
        return z;
    }
    inline void sakura(){
        LL ans=0;
        for(Re i=2;i<=O;++i)ans+=maxlen[i]-maxlen[link[i]];
        printf("%lld\n",ans);
    }
}SAM;
int main(){
//    freopen("123.txt","r",stdin);
    in(n);
    for(Re i=1;i<=n;++i){
        scanf("%s",ch+1);Re last=1;
        for(Re j=1;ch[j];++j)last=SAM.insert(ch[j]-'a',last);
    }
    SAM.sakura();
}

2.【分别维护不同串的 siz】

传送门：找相同字符 $\text{[P3181]}$

【题目描述】

求两个字符串的相同子串数量。

【分析】

如上黑体字所说，两个串的 $|endpos|$ 要分开计算，可以开一个二维数组，用 $siz[x][id]$ 表示节点 $x$ 在串 $id$ 上的 $\{endpos\}$ 大小。

则答案为：$\sum siz[i][0]\times siz[i][1]\times (maxlen[i]-maxlen[link[i]])$ 。

【Code (离线)】

求 $siz$ 用离线做法貌似会麻烦一点，要在 $\text{Trie}$ 树上记录不同字符串的信息，等啥时候心情好了有空了再回来填坑吧。

【Code (在线)】

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define Re register int
#define LL long long
using namespace std;
const int N=8e5+5;
char ch[200003];LL ans;
inline void in(Re &x){
    int fu=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')fu|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=fu?-x:x;
}
struct Suffix_Automaton{
    int O,ru[N],link[N],maxlen[N],siz[N][2],trans[N][26];queue<int>Q;
    //siz[x]: |endpos[x]| 即节点x的endpos大小
    Suffix_Automaton(){O=1;}
    inline int insert(Re ch,Re last,Re id){
        if(trans[last][ch]){
            Re p=last,x=trans[p][ch];
            if(maxlen[p]+1==maxlen[x]){siz[x][id]=1;return x;} 
            else{
                Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
                for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
                while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
                link[y]=link[x],link[x]=y;
                siz[y][id]=1;return y;
            }
        }
        Re z=++O,p=last;maxlen[z]=maxlen[last]+1;
        while(p&&!trans[p][ch])trans[p][ch]=z,p=link[p];
        if(!p)link[z]=1;
        else{
            Re x=trans[p][ch];
            if(maxlen[p]+1==maxlen[x])link[z]=x;
            else{
                Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
                for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
                while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
                link[y]=link[x],link[z]=link[x]=y;
            }
        }
        siz[z][id]=1;
        return z;
    }
    inline void sakura(){
        for(Re i=2;i<=O;++i)++ru[link[i]];
        for(Re i=1;i<=O;++i)if(!ru[i])Q.push(i);
        while(!Q.empty()){
            Re x=Q.front();Q.pop();
            siz[link[x]][0]+=siz[x][0];//分开更新
            siz[link[x]][1]+=siz[x][1];
            if(!(--ru[link[x]]))Q.push(link[x]);
        }
        for(Re i=2;i<=O;++i)//统计答案
            ans+=(LL)siz[i][0]*siz[i][1]*(maxlen[i]-maxlen[link[i]]);
        printf("%lld\n",ans);
    }
}SAM;
int main(){
//    freopen("123.txt","r",stdin);
    for(Re i=0;i<2;++i){
        scanf("%s",ch+1);Re last=1;
        for(Re j=1;ch[j];++j)last=SAM.insert(ch[j]-'a',last,i);
    }
    SAM.sakura();
}

3.【线段树合并维护 siz】

传送门：$\text{Forensic Examination}$ $\text{[CF666E]}$

【题目描述】

给出主串 $S$ 以及 $m$ 个字符串 $T[1..m]$ 。有若干次询问，每次查询 $S$ 的子串 $S[p_l..p_r]$ 在 $T[l..r]$ 中的哪个串 $T_{i}$ 里的出现次数最多，输出 $i$ 以及出现次数，有多解则取最靠前的那一个。

【分析】

先把所有字符串都插入到广义 $\text{SAM}$ 中，对于每个节点开一颗下标为 $[1,m]$ 的动态开点线段树维护 $siz$（注意插入 $S$ 时就不要在线段树上进行修改操作了）。由于 $siz$ 的维护是统计子树和，所以插入结束后要在 $parent$ 树上跑一下线段树合并。

查询时先在 $parent$ 树上倍增找到包含子串 $S[p_l,p_r]$ 的等价类状态节点，然后在该点的线段树上查询区间 $[l,r]$ 中的最大值，顺便维护下最大值所处位置即可。

【Code (离线)】

同上，需要记录 $siz$ 的离线做法先咕着。

【Code (在线)】

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=5e5+3,M=5e4+3,logN=21;
int n,m,x,y,l,r,T,pos[N];char s[N],ch[M];
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
struct QWQ{
    int x,id;QWQ(Re X=0,Re ID=0){x=X,id=ID;}
    inline bool operator>(const QWQ &O)const{return x!=O.x?x>O.x:id<O.id;}
};
inline QWQ max(QWQ A,QWQ B){return A>B?A:B;}
int pt[N+M<<1];
struct Segment_Tree{
    #define pl (tr[p].lp)
    #define pr (tr[p].rp)
    #define mid ((L+R)>>1)
    int O;
    struct QAQ{int lp,rp;QWQ ans;}tr[(M<<1)*30];
    inline void pushup(Re p){
        tr[p].ans=max(tr[pl].ans,tr[pr].ans);
    }
    inline void change(Re &p,Re L,Re R,Re x){
        if(!p)p=++O;
        if(L==R){++tr[p].ans.x,tr[p].ans.id=L;return;}
        if(x<=mid)change(pl,L,mid,x);
        else change(pr,mid+1,R,x);
        pushup(p);
    }
    inline int merge(Re p,Re q,Re L,Re R){
        if(!p||!q)return p+q;
        Re x=++O;
        if(L==R){tr[x]=tr[p],tr[x].ans.x+=tr[q].ans.x;return x;}
        tr[x].lp=merge(pl,tr[q].lp,L,mid);
        tr[x].rp=merge(pr,tr[q].rp,mid+1,R);
        pushup(x);return x;
    }
    inline QWQ ask(Re p,Re L,Re R,Re l,Re r){
        if(!p)return QWQ(0,m+1);
        if(l<=L&&R<=r)return tr[p].ans;
        QWQ ans=QWQ(0,m+1);
        if(l<=mid)ans=max(ans,ask(pl,L,mid,l,r));
        if(r>mid)ans=max(ans,ask(pr,mid+1,R,l,r));
        return ans;
    }
}TR;
struct Suffix_Automaton{
    int O,link[N+M<<1],maxlen[N+M<<1],trans[N+M<<1][26];
    Suffix_Automaton(){O=1;}
    inline int insert(Re ch,Re last,Re id){
        if(trans[last][ch]){
            Re p=last,x=trans[p][ch];
            if(maxlen[p]+1==maxlen[x]){if(id)TR.change(pt[x],1,m,id);return x;}
            else{
                Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
                for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
                while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
                link[y]=link[x],link[x]=y;
                if(id)TR.change(pt[y],1,m,id);
                return y;
            }
        }
        Re z=++O,p=last;maxlen[z]=maxlen[p]+1;
        while(p&&!trans[p][ch])trans[p][ch]=z,p=link[p];
        if(!p)link[z]=1;
        else{
            Re x=trans[p][ch];
            if(maxlen[x]==maxlen[p]+1)link[z]=x;
            else{
                Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
                for(Re i=0;i<26;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
                while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
                link[y]=link[x],link[x]=link[z]=y;
            }
        }
        if(id)TR.change(pt[z],1,m,id);
        return z;
    }
    int o,deep[N+M<<1],head[N+M<<1],ant[N+M<<1][23];
    struct QAQ{int to,next;}a[N+M<<1];
    inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
    inline void dfs(Re x,Re fa){
        deep[x]=deep[ant[x][0]=fa]+1;
        for(Re i=1;(1<<i)<=deep[x];++i)ant[x][i]=ant[ant[x][i-1]][i-1];
        for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
            dfs(to=a[i].to,x),pt[x]=TR.merge(pt[x],pt[to],1,m);
    }
    inline void build(){
        for(Re i=2;i<=O;++i)add(link[i],i);dfs(1,0);
    }
    inline int get(Re x,Re len){
        Re p=pos[x];
        for(Re i=logN;i>=0;--i)if(ant[p][i]&&maxlen[ant[p][i]]>=len)p=ant[p][i];
        return p;
    }
    inline void sakura(Re l,Re r,Re x,Re y){
        QWQ ans=TR.ask(pt[get(y,y-x+1)],1,m,l,r);
        if(ans.x==0)ans.id=l;
        printf("%d %d\n",ans.id,ans.x);
    }
}SAM;
int main(){
//    freopen("123.txt","r",stdin);
    scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),in(m);
    for(Re i=1;i<=m;++i){
        scanf("%s",ch+1);Re last=1;
        for(Re j=1;ch[j];++j)last=SAM.insert(ch[j]-'a',last,i);
    }
    for(Re i=1,last=1;i<=n;++i)pos[i]=last=SAM.insert(s[i]-'a',last,0);
    SAM.build(),in(T);
    while(T--)in(l),in(r),in(x),in(y),SAM.sakura(l,r,x,y);
}

4.【树上本质不同路径数】

传送门：诸神眷顾的幻想乡 $\text{[ZJOI2015] [P3346]}$ $\text{[Bzoj3926]}$

【题目描述】

给出一颗叶子结点不超过 $20$ 个的无根树，每个节点上都有一个不超过 $10$ 的数字，求树上本质不同的路径个数（两条路径相同定义为：其路径上所有节点上的数字依次相连组成的字符串相同）。

【分析】

首先有一个很麻烦的地方是路径可以拐弯（即两端点分别在其 $lca$ 两个不同儿子节点的子树中），而 $\text{Trie}$ 树和各种自动机在“接受”字符串时都是以根为起点从上往下径直走到底（什么？跳 $parent$ 树？你跳任你跳，跳完还是直的）

所以要想办法把路径捋直，瞎 $yy$ 可能不太容易想出来，这里直接抛结论：

一颗无根树上任意一条路径必定可以在以某个叶节点为根时，变成一条从上到下的路径（利于广义 $\text{SAM}$ 的使用）。

注意到题目中说叶节点不超过 $20$ 个，这意味着什么？

暴力枚举每一个叶节点作为根节点遍历整棵树啊！

将一共 $cnt_{leaf}$ 颗树中的所有前缀串都抽出来建立广义 $\text{SAM}$，然后直接求本质不同的子串个数。 其中前缀串定义为从根节点（无根树的某个叶子结点）到任意一个节点的路径所构成的字符串（实际上就是将 $cnt_{leaf}$ 颗 $\text{Trie}$ 树合在了一起跑广义 $\text{SAM}$）。

注意数组大小和空间限制。

【Code (离线)】

（本题 $\text{Trie}$ 树的构造方法与其他相比较为特别）

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define Re register int
#define LL long long
using namespace std;
const int N=4e6+5,N20=2e6+3,Nn=1e5+3;
int n,m,o,x,y,t,C,du[Nn],co[Nn],head[Nn];LL ans;
struct QAQ{int to,next;}a[Nn<<1];
inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void in(Re &x){
    int fu=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')fu|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=fu?-x:x;
}
struct Trie{
    int O,c[N20],fa[N20],tr[N20][10];
    Trie(){O=1;}
    inline int insert(Re p,Re ch){//在p后面插入一个ch
        if(!tr[p][ch])tr[p][ch]=++O,c[O]=ch,fa[O]=p;
        return tr[p][ch];
    }
}T1;
struct Suffix_Automaton{    
    int O,pos[N],link[N],trans[N][10],maxlen[N];queue<int>Q;
    Suffix_Automaton(){O=1;}
    inline int insert(Re ch,Re last){
        Re x,y,z=++O,p=last;maxlen[z]=maxlen[last]+1;
        while(p&&!trans[p][ch])trans[p][ch]=z,p=link[p];
        if(!p)link[z]=1;
        else{
            x=trans[p][ch];
            if(maxlen[p]+1==maxlen[x])link[z]=x;
            else{
                y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
                for(Re i=0;i<C;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
                while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
                link[y]=link[x],link[z]=link[x]=y;
            }
        }
        return z;
    }
    inline void build(){ 
        for(Re i=0;i<C;++i)if(T1.tr[1][i])Q.push(T1.tr[1][i]);
        pos[1]=1;
        while(!Q.empty()){
            Re x=Q.front();Q.pop();
            pos[x]=insert(T1.c[x],pos[T1.fa[x]]);
            for(Re i=0;i<C;++i)if(T1.tr[x][i])Q.push(T1.tr[x][i]);
        }
    }
    inline void sakura(){
        for(Re i=2;i<=O;++i)ans+=maxlen[i]-maxlen[link[i]];
        printf("%lld\n",ans); 
    }
}SAM;
inline void dfs(Re x,Re fa,Re fap){//遍历构造Trie树 
    Re xp=T1.insert(fap,co[x]);//记录在Trie树上的位置，方便下次直接使用
    for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
        if((to=a[i].to)!=fa)dfs(to,x,xp);
}
int main(){
//  freopen("123.txt","r",stdin);
    in(n),in(C),m=n-1;
    for(Re i=1;i<=n;++i)in(co[i]);
    while(m--)in(x),in(y),add(x,y),add(y,x),++du[x],++du[y];
    for(Re i=1;i<=n;++i)if(du[i]==1)dfs(i,0,1);//依次把每个叶子节点作为根插入Trie树
    SAM.build(),SAM.sakura();
}

【Code (在线)】

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define Re register int
#define LL long long
using namespace std;
const int N=4e6+5,N20=2e6+3,Nn=1e5+3;
int n,m,o,x,y,t,C,du[Nn],co[Nn],head[Nn];LL ans;
struct QAQ{int to,next;}a[Nn<<1];
inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void in(Re &x){
    int fu=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')fu|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=fu?-x:x;
}
struct Suffix_Automaton{
    int O,link[N],trans[N][10],maxlen[N];
    Suffix_Automaton(){O=1;}
    inline int insert(Re ch,Re last){
        if(trans[last][ch]){
            Re p=last,x=trans[p][ch];
            if(maxlen[p]+1==maxlen[x])return x;
            else{
                Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
                for(Re i=0;i<10;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
                while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
                link[y]=link[x],link[x]=y;
                return y;
            }
        }
        Re z=++O,p=last;maxlen[z]=maxlen[last]+1;
        while(p&&!trans[p][ch])trans[p][ch]=z,p=link[p];
        if(!p)link[z]=1;
        else{
            Re x=trans[p][ch];
            if(maxlen[p]+1==maxlen[x])link[z]=x;
            else{
                Re y=++O;maxlen[y]=maxlen[p]+1;
                for(Re i=0;i<10;++i)trans[y][i]=trans[x][i];
                while(p&&trans[p][ch]==x)trans[p][ch]=y,p=link[p];
                link[y]=link[x],link[z]=link[x]=y;
            }
        }
        return z;
    }
    inline void sakura(){
        for(Re i=2;i<=O;++i)ans+=maxlen[i]-maxlen[link[i]];
        printf("%lld\n",ans); 
    }
}SAM;
inline void dfs(Re x,Re fa,Re fap){//遍历在线构造SAM
    Re xp=SAM.insert(co[x],fap);//记录x在SAM上的位置，方便下次直接使用
    for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
        if((to=a[i].to)!=fa)dfs(to,x,xp);
}
int main(){
//  freopen("123.txt","r",stdin);
    in(n),in(C),m=n-1;
    for(Re i=1;i<=n;++i)in(co[i]);
    while(m--)in(x),in(y),add(x,y),add(y,x),++du[x],++du[y];
    for(Re i=1;i<=n;++i)if(du[i]==1)dfs(i,0,1);//依次把每个叶子节点作为根插入Trie树
    SAM.sakura();
}

5.【卡空间常数的例子（减少无用节点）】

传送门：$\text{Cyclical Quest}$ $\text{[CF235C]}$

给出主串 $S$ 和 $n$ 个询问串。对于每个询问串，求出它的所有循环同构在主串中的出现次数总和。

做法见 题解 $\text{by asuldb}$ 。

由于是暴力非正解，需要疯狂卡空间，如果使用在线做法不加特判 $1,2$（即之前列举出来的盗版做法）会喜获 $\text{MLE}$ 。加了特判但不处理无用节点 $z$ 可以 以 $476Mb$ 的好成绩 $\text{AC}$。使用最终版代码当然也可以过，但多用了一丢丢空间，或许是评测姬波动？可 $\text{CF666E}$ 亦是如此。可能.....无用 $z$ 的个数比较少吧.......

六：【后记】

初学时我在网上找了很久（当时傻乎乎的，看不懂论文），只发现了一篇细讲广义 $\text{SAM}$ 复杂度和正确性的博客（也就是这个），所以无条件相信了里面写的所有东西，并凭借本篇博客又误导了许多其他初学者，深感惭愧。

我们嘤该学会独立思考，不要盲目相信别人博客里写的东西啊......（咳咳，本篇也不一定完全正确，若发现有误希望及时指正）

七：【参考文献】

• 后缀自动机（$\text{SAM}$）学习笔记

• 广义后缀自动机——$\text{HocRiser}$

• 广义后缀自动机——饕餮传奇

• 诸神眷顾的幻想乡 题解 $\text{by zcysky}$

• $\text{Cyclical Quest}$ 题解 $\text{by asuldb}$

• 《后缀自动机在字典树上的拓展》——刘研绎

• 特别感谢 $\text{Prean}$ 不厌其烦地协助思考证明。