【失配树：KMP 拓展】
先 KMP 一遍。然后对 \(0\sim n\) 建立一棵树：\(nxt[i]\) 作为 \(i\) 的父结点。
则最长公共 border 就是这棵树上的 LCA 对应的长度。
border：若 \(a\) 既是 \(s\) 的前缀又是 \(s\) 的后缀，则 \(a\) 是 \(s\) 的 border。
周期：若 \(s\) 以 \(p\) 为周期，则 \(s[i]=s[i\bmod p]\)。
整周期：若 \(s\) 以 \(p\) 为整周期，则 \(s\) 以 \(p\) 为周期且 \(p\mid n\)。
KMP 求出来的是 \(nxt\) 数组：\(nxt[i]\) 表示 \(s\) 的前 \(i\) 个字符构成的前缀的最长真 border 长度。
exKMP 求出来的是 \(Z\) 数组：\(z[i]\) 表示 \(s[0\sim n-1]\) 与 \(s[i\sim n-1]\) 的 LCP 长度。
记 \(R(s)\) 表示 \(s\) 无限循环构成的字符串。
记 \(root(s)\) 表示 \(s\) 的最小整周期字符串。
\(s\) 的 cyclic-shift 指 \(s\) 的循环移位。
【一些结论】
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字符串 \(s\) 的所有 border 长度为 \(nxt[n],nxt[nxt[n]],\dots\)
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若 \(s\) 有长度为 \(x\) 的 border \(\iff\) \(s\) 以 \(n-x\) 为周期。
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如果 border 存在，最短 border 长度 \(\le n/2\)。
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若 \(s\) 以 \(p\) 为整周期 \(\iff\) \(z[p]=n-p\)。
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\(|root(s)|<|s|\iff\) \(s\) 某个真 cyclic-shift 等于 \(s\)。
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若 \((n-nxt[n])\mid n\)，则 \(|root(s)|=n-nxt[n]\)；否则 \(root(s)=s\)。
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若 \(s\) 分别以 \(p,q\) 为整周期，则 \(s\) 以 \(gcd(p,q)\) 为整周期。（弱周期定理）
证明：考虑 \(A=R(s)\)。有 \(A_i=A_{i+p}=A_{i+q}\)。由裴蜀定理，存在 \(ap+bq=gcd(p,q)\)。则 \(A_i=A_{i+ap+bq}=A_{i+gcd(p,q)}\)。
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\(R(a)=R(b)\iff ab=ba\)。
考虑引入第三个命题：\(root(a)=root(b)\)。我们尝试证明 \(R(a)=R(b)\) 和 \(ab=ba\) 都与 \(root(a)=root(b)\) 等价。显然从 \(root(a)=root(b)\) 去推另外两个是很简单的。
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\(R(a)=R(b)\Rightarrow root(a)=root(b)\)。
由结论 7，\(R(a)\) 以 \(gcd(|a|,|b|)\) 为周期，则 \(a,b\) 都以 \(R(a)\) 的前 \(gcd(|a|,|b|)\) 个字符作为周期。
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\(ab=ba\Rightarrow root(a)=root(b)\)。
根据 \(|a|+|b|\) 的长度归纳。显然 \(|a|+|b|=2\) 的时候成立。然后考虑 \(|a|>|b|,|a|=|b|,|a|<|b|\) 三种情况。\(|a|=|b|\) 显然。而 \(|a|<|b|\) 可以对称。因此只需要证明 \(|a|>|b|\) 情况。
当 \(|a|>|b|\)，\(ab=ba\)。不妨 \(a=bc\)，则 \(bcb=bbc\)。于是 \(cb=bc\)，由归纳法知 \(root(b)=root(c)\)，而 \(a=bc\) 显然 \(root\) 也相等。
于是证毕。
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\(R(a)<R(b)\iff ab<ba\)。
考虑 \(\sum=\{0\sim 9\}\) 的情况（看作十进制数）。记 \(n=|a|,m=|b|\)。
左边可以看作两个循环小数的比较：\(\overline{0.aaaa...}<\overline{0.bbbb....}\iff a\times \dfrac{1}{10^n-1}<b\times \dfrac{1}{10^m-1}\)。
右边可以写成十进制数：\(a\times 10^m+b<b\times 10^n+a\)。
可以发现这两个式子等价。拓展到更大的字符集也可以类似做，只是进制改变了。
【题目】
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判断两个字符串 \(s1,s2\) 是否循环同构。
令 \(s=s1s1\)，判断 \(s\) 中是否有 \(s2\) 即可。跑一遍 KMP。
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题意：若 \(a\) 是 \(s\) 的真前缀，且 \(s\) 是 \(aa\) 的前缀，称 \(a\) 是 \(s\) 的周期。给定字符串 \(w\)，求 \(w\) 每个前缀的最长周期长度之和（如果不存在算 \(0\)）。注意这个周期的定义和上面不是一个。
容易发现，对于一个固定的 \(s\)，它最大周期等于 \(|s|\) 减去 \(s\) 的最短真 border 的长度（如果不存在真 border 则不存在周期）。
因此跑一遍 KMP，可以求出每个前缀原始的 \(nxt\)。这里又有两种方法。
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失配树找最高级祖先。
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类似并查集路径压缩。因为如果当前位置的 \(nxt\) 不是这个位置最小的 \(nxt\)，那么任何时刻都不会用到这个位置的 \(nxt\)。于是每到一个新位置，直接暴力把当前位置的 \(nxt\) 一直递归到最小即可。
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寻找 \(t\) 的最长前缀是 \(s\) 的子串。
SAM 直接冲我们可以用 KMP 这个优雅的算法。令 \(t\) 作为模式串，\(s\) 作为母串。
观察得知，KMP 当匹配到母串的第 \(i\) 个位置时，实际上已经算出了 \(t\) 作为 \(s[1\sim i]\) 的后缀的最大前缀 \(rho[i]\)。
答案就是 \(\max\{rho[i]\}\).
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求 \(s\) 每个前缀的出现次数。
SAM 直接冲-
KMP 方法。先对 \(s\) 做一遍 KMP。对于前缀 \(s[1\sim i]\)，只要看 \(nxt[i+1\sim n]\) 里有多少个 \(nxt=i\) 即可。不要忘了加上自己开头出现了一次。
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Z 函数方法。先求出 \(Z\) 函数。对于前缀 \(s[1\sim i]\)，只要看 \(z[2\sim n]\) 里有多少个 \(z\ge i\) 即可。不要忘了加上自己开头出现了一次。
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简化题意：求最长回文后缀。
令 \(t=rev(s)+\text{#}+s\)。对 \(t\) 求 \(Z\) 函数，然后枚举每个后缀判断即可。
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求本质不同子串数。
SAM 直接冲考虑增量算法：已经处理了字符串 \(s\)，在前面加一个字符 \(c\)，考虑以 \(c\) 开头的子串们。利用 \(nxt[]/z[]\) 去重。
不过因为每新加入一个字符就要重新求一遍，复杂度 \(O(n^2)\)。
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结论：两个回文串 \(a,b\)。\(ab\in Pal\iff root(a)=root(b)\)。
那么弄一个类似桶的东西即可。