题外话：
话说我个人觉得后缀自动机其实也并不难，跟$AC$自动机都差不多吧（特别是模板代码短）
如果有任何错误或着有更好的理解，请联系我！
前置知识：字典树
其实后缀自动机和$AC$自动机一样都是字典树，下面以acabb为例子来详解：
如果按照普通的字典树来建造的话，是以下的图：
但是我们看着可以发现有很多很多点都是重复的，浪费了很多空间，而且我们看到每个点大部分只有一个儿子，我们就想到利用公共部分把空间压缩，即把某些重复的边删去，连接到别的子树，从而利用公共部分降低空间复杂度，同时我们还要保证新的做法的正确性，并且降低时间复杂度降到大概$O(n)$，为了解决这个问题，后缀自动机诞生了$qwq$
下图是后缀自动机成型样子（没显示$fail$指针）：
后缀自动机是这样的:在后缀自动机中,为了节省空间,某个点有可能成为多个结点的儿子,可以保证在后缀自动机中遍历出来的所有字符串不会重复,而且刚好是原串s的所有子串。
基本储存信息：
$1$、$ch[N][26]$：基本的字典树；
$2$、$fail[N]$：指向上一个与当前节点等价的点
$3$、$len[N]$：表示以当前点为终点的子串的长度
后缀自动机的性质：
$1$、从任意节点到任意节点结束的路径都是文本串T的子串。
$2$、后缀自动机是一个根为$root$的有向无环图
$3$、任何一个从任意节点到达任意节点p的路径是从根节点到p节点最长路径的一个后缀
……
算法流程：（假设要插入的字符为$c$）
1、定义一个变量$p=last$； //$last$为上一次的节点；
2、定义一个变量$np=++cnt$ //$cnt$为节点编号（也可以理解为时间戳吧，反正差不多就是一种顺序），$np$为新添加的节点
3、$last=np$；$len[np]=len[p]+1$ //更新上次的节点以及新节点的长度
4、循环判断：当$p$点没有到$c$的转移的话，$ch[p][c]=np$；即把$p$点添加到$c$的转移为$np$，并且$p$点跳$fail$指针，当$p$点有到$c$的转移时停止循环
5、当此时$p$点为$0$时，把$np$的$fail$指针赋为$1$（因为根节点$root$为$1$）
6、否则的话，意味着此时的$p$点有到$c$的转移，我们定义$q=ch[p][c]$
7、当$len[q]==len[p]+1$时，把$fail[np]$赋为$p$并退出即可（具体后面会详细讲）
8、否则的话，我们定义一个新节点$nq=++cnt$，复制节点$q$的$ch$数组，$fail$指针给$nq$，$len[nq]=len[p]+1$，并且把$np$，$q$的$fail$指针赋为$nq$。循环跳$p$点的$fail$指针，每次当$ch[p][c]==q$时，$ch[p][c]$赋为$nq$
（看到这里时是会有点懵逼的，等会结合下文图解及分析一起看）
先贴这部分代码（方便以后使用）：
int last=1,cnt=1;//初始化
void Insert(int c)//插入，联系上文文字看吧
{
int p=last,np=++cnt;last=np;len[np]=len[p]+1;
for(;p&&!ch[p][c];p=fail[p])
ch[p][c]=np;
if(!p)
fail[np]=1;
else
{
int q=ch[p][c];
if(len[q]==len[p]+1)
fail[np]=q;
else
{
int nq=++cnt;
len[nq]=len[p]+1;
memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
fail[nq]=fail[q];
fail[q]=fail[np]=nq;
for(;ch[p][c]==q;p=fail[p])
ch[p][c]=nq;
}
}
}
强势图解开始！！！
首先，假设我们已经建立好了文本串$T$的后缀自动机，现在要在后面插入字符$x$，使自动机成为字符串$Tx$的后缀自动机，那么我们先建立一个新节点$np$，并且找到上一个节点$p$，循环判断如果$p$没有$x$儿子的话，那么就向$np$连一条$x$的转移，$p$点跳$fail$指针，直到$p$点到了虚拟节点$0$或者有向x的转移时，停止循环。如果$p$点此时是因为有向x的转移而退出的循环，即p!=0。假设此时$p$点向x的转移为$q$节点，那么就会有以下两种情况：
1、$len[q]=len[p]+1$
我们因为想要压缩空间，那么就必须要共用已有的节点，下面是这种情况的图：
那么我们先考虑从$p$点连一条$x$的转移到$np$，但是这样可行吗？我们可以看出如果这样连的话，$q$点就没有办法到达了，也就是说$p->q->np$这一字串将会被破坏，那么怎么办呢？我们考虑把$q$当做是$np$（因为都是向$x$的转移），也就是说，把$q$也当做是$T$的某个字串的结尾，把$np$的$fail$指针指向$q$，从而保证算法的正确性（即性质$1$）
说到这可能大家会有疑问，如果我们不走$p$节点就到了$q$节点，那就不能保证到$q$节点的都是$Tx$的后缀了。其实$len[p]=len[q]+1$就已经保证了经过了$q$就必定经过了$p$，如果不经过$p$，那就只能从$root$节点直接来了，为什么呢，我们运用反证法（转自某大佬）：
假设原命题不成立,那么就有两种可能:（补充：现在文本串为$Tx$，也就是说$x$是终点）
一.当前的$x$字符,之前没有出现过.这样的话,有$x$字符的子串必然是后缀,与假设矛盾.
二.当前的$x$字符,之前已经出现过.这样的话,有$x$字符而不是后缀的子串必然与之前的某个代表字符$x$的结点连接,而不是与当前的$x$点连接,否则后缀自动机的性质$3$早就被破坏了,故也与假设矛盾。
那么结束后的图是这样的（红色虚边为$fail$指针，实线黑边为$ch$数组）：
2、$len[q]>lenp[p]+1$
这种情况就是下图：
也面临着$q$点能不能当做$np$点的问题。但是这种情况与第一种情况的区别在于：第一种情况$p$，$q$中间不会夹杂其他的字符，而这种情况$p$，$q$中间是会有其他字符的，我们就不能保证到达$q$节点的一定是$Tx$的后缀了。
那么我们考虑能不能把这种情况能不能转化为第一种情况呢？答案是肯定的，我们考虑新建一个节点$nq$，使得$len[nq]=len[p]+1$，这样的话我们就转化为了第一种问题，那么我们把节点$q$所有东西复制给新节点$nq$的话，就让$nq$充当第一种问题中的$q$，那么我们把$q$，$np$的$fail$指针赋值为$nq$，$nq$的$fail$指针为$p$，同时还必须记住让$p$节点跳$fail$指针，把所有连向$q$节点的边都连向$nq$（因为$nq$节点代替了$q$节点）
操作完成后就是下图：
图解acabb的后缀自动机过程，建议和代码一起理解！
（没有动图。。。动图太快了不好理解其实是本人不会）
1、插入$a$字符：
因为$p$一开始等于$1$（根节点），而所以根节点没有向$a$的转移，因此向$2$连一条向$a$的转移，然后跳$fail$指针，然而$fail[1]=0$，也就是指向了虚拟节点，所以$fail[2]=1$（指向根节点）
2、插入$c$字符：
建立新的节点$3$，$p$节点为上一个节点$2$，$p$没有向$c$的转移，因此添加一个向$c$的转移指向$3$，$p$点跳$fail$指针到了$1$,$1$节点也没有向$c$的转移，也添加一个向$c$的转移到$3$，跳$fail$指针到$0$（虚拟节点），所以$np$节点的$fail$指针指向$1$（根节点）
3、（重点）插入$a$字符
这种情况就是$len[q]=len[p]+1$的情况了，首先$p$为$3$节点，然而现在$p$节点没有向$a$的转移，于是向$np$节点连一条$a$的转移
并且$p$点跳$fail$指针到$1$节点，如下图：
而这时候我们发现$p$节点有$a$的转移指向$2$号节点， 并且满足上面所述的第一种情况即$len[q]=len[p]+1$，所以直接把$q$节点当做$np$节点
把$fail[np]$赋值为$q$，即下图：
4、插入$b$字符
$p$节点没有$b$的转移，于是$p$点向$np$连一条$b$的转移
$p$点跳$fail$指针：
我们发现$p$点没有$b$的转移，于是$p$点向$np$连一条$b$的转移
$p$点跳$fail$指针：
最后$p$点到了虚拟指针，所以将$fail[np]$赋值为根节点$1$，完成后如下图：
5、（重点）插入$b$字符：
这种情况就是第二种情况:$len[q]>len[p]+1$
首先我们发现$p$节点没有$b$的转移，于是添加一个到$b$的转移为$np$
$p$跳$fail$指针到$root$：
我们发现$p$点有$b$的转移到$q$节点，并且满足情况$2$（$len[q]>len[p]+1$），复制$q$点的信息到$nq$点（因为它要代替$q$节点），即$fail[nq]=fail[q]$，并且$nq$也像$q$一样连一条$b$的转移到$np$，同时把$q$，$np$的$fail$指针赋值为$nq$
最后我们还要按照下图一样，$p$点跳$fail$指针把所有连向$q$的转移都连向$nq$（$nq$代替了$q$），如下图：
最终$acabb$的后缀自动机就完成啦！
把$fail$指针去掉就是下图：
后缀自动机的应用（借鉴了某大佬）：
1、检查字符串$p$是不是文本串$T$的子串
给定一个文本串$T$，求字符串$p$是不是$T$的子串
首先，我们对文本串$T$建立后缀自动机，然后在自动机上直接按照$p$的每个字符来转移，如果转移失败的话，说明$p$不是$T$的子串，这些都是因为后缀自动机满足性质$1$。
2、不同的子串
给你一个文本串，求一共有多少子串
后缀自动机性质$2$，因为后缀自动机是一个有向无环图，所以我们可以考虑在上面简单的$dp$，根据性质$2$，任何子串都会是后缀自动机上的一段路径（包括长度为$0$的路径），所以我们令$f[i]$为$i$节点不同路径的条数，即从$i$节点开始有多少不同子串，状态转移方程就是：$f[u]=sumlimits_{v: (u,v) in E}f[v]+1$
那么我们最后的答案的话就是$f[1]-1$因为要去掉根节点长度为$0$的串
如果要考虑按字典序输出的话，那么就用一个手写栈来写，每次走字典序小的边，走到一个点就输出当前的栈内元素，递归后要回溯！
3、字典序第$k$大的子串
其实这个问题是基于上面这个问题的，我们既然已经求出了每个点不同路径的条数，那么我们就可以选择性的走k小路径
4、字典序最小循环移位
给定一个文本串$T$，每次操作可以把最左边的字符移到最右边，请求出字典序最小的循环移位
这个问题的话其实做多了就知道了，我们以$T+T$来建立后缀自动机，这样的话后缀自动机就会包含每个循环移位的路径，那么我们直接贪心来找字典序最小就行了
5、求两串中的最长公共子串
给定两个字符串为$T$和$S$，求出它们的最长公共子串
对于这个问题，我们对字符串$T$建立后缀自动机，对于$S$的每个前缀，在自动机里转移状态，定义一个$l$变量，一个$pos$变量，分别表示现在匹配的长度，以及现在的位置。我们每匹配成功一次，$l$自增一，直到没有状态转移的时候，我们就跳$fail$指针，而此时$l$就要赋值为$len[pos]$，直到$pos$指向虚拟节点（也就是失配，此时$l=0$）或匹配完成，而答案就是$l$的最大值
6、出现次数
对于一个给定的文本串 $T$，有多组询问，每组询问给一个模式串 $p$，回答模式串 $p$ 在字符串 $T$ 中作为子串出现了多少次
我们为文本串$T$建立后缀自动机，为每个节点定义一个变量$size$，初始化为$1$，根节点与复制节点nq除外，那么我们对每个节点做如下操作：$size[fail[pos]]+=size[pos]$，含义是当节点$pos$出现了$size[pos]$次，那么以它为后缀的点也会出现这么多次。最后查询$size[t]$，$t$就是模式串的状态，查询不到则为$0$
练习：
没什么好说的，就是模板
要用用上面的知识点，灵活运用吧$qwq$，相信你会举一反三的
本篇博客就到这里结束了，如果觉得有帮助不要吝啬你们的赞$qwq$