●SPOJ 8222 NSUBSTR–Substrings(后缀自动机)

题链：

http://www.spoj.com/problems/NSUBSTR/

题解：

后缀自动机的水好深啊！
懂不了相关证明，带着结论把这个题做了。
看来这滩深水要以后再来了。

本题要用到一个叫 Right[P] 的数组，
表示 P对应的子串在原串中出现的所有位置的末尾位置下标的集合。
本题中，用这个数组存储集合大小就好了,即 P对应的子串在原串中出现了Right[p]次。

而Right[P]的值，等于从改点出发到结束状态的方案数。
但这个不好求，而是要用到另一个求法：用 Parent树：
（暂时由结论可知）Right集合不相交，只存在并列和包含关系。
所以把原来的 pre[]的指向反向后，形成一棵树，那么父节点的Right值=sigma(子节点节点的Right)
又因为这个Parent树无法遍历，且注意到儿子节点的step一定大于父亲节点的step，
所以对所有节点桶排序后，反向枚举，去更新父亲就好了。

计算出了Right[P]后，答案就可以统计了，详见代码。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 500100
#define filein(x) freopen(#x".in","r",stdin);
#define fileout(x) freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
struct SAM{
	int size,last,q,p,nq,np,len;
	int pre[MAXN],step[MAXN],Right[MAXN],ch[MAXN][26];
	int Newnode(int a,int b){
		step[size]=a; memcpy(ch[size],ch[b],sizeof(ch[b]));
		return size++;
	}
	void Extend(int x){
		p=last; last=np=Newnode(step[p]+1,0);
		while(p&&!ch[p][x]) ch[p][x]=np,p=pre[p];
		if(!p) pre[np]=1;
		else{
			q=ch[p][x];
			if(step[q]!=step[p]+1){
				nq=Newnode(step[p]+1,q);
				pre[nq]=pre[q]; pre[q]=pre[np]=nq;
				while(p&&ch[p][x]==q) ch[p][x]=nq,p=pre[p];
			}
			else pre[np]=q;
		}
	}
	void Make_Right(char *S){
		static int c[MAXN],T[MAXN]; p=1;
		for(int i=0;i<len;i++) p=ch[p][S[i]-'a'],Right[p]++;
		
		memset(c,0,sizeof(c));
		for(int i=1;i<size;i++) c[step[i]]++;
		for(int i=1;i<=len;i++) c[i]+=c[i-1];
		for(int i=1;i<size;i++) T[c[step[i]]--]=i;
		
		for(int i=size-1;i;i--) Right[pre[T[i]]]+=Right[T[i]];
	}
	void Build(char *S){
		len=strlen(S); memset(ch[0],0,sizeof(ch[0]));
		size=1; last=Newnode(0,0); pre[last]=0;
		for(int i=0;i<len;i++) Extend(S[i]-'a');
		Make_Right(S);
	}
}suf;
int ANS[MAXN];
char S[MAXN];
int main()
{
	scanf("%s",S);
	int len=strlen(S);
	suf.Build(S);
	
	for(int i=1;i<suf.size;i++) ANS[suf.step[i]]=max(ANS[suf.step[i]],suf.Right[i]);
	for(int i=len-1;i;i--) ANS[i]=max(ANS[i],ANS[i+1]);
	for(int i=1;i<=len;i++) printf("%d
",ANS[i]);
	return 0;
}