后缀数组
比较基础的知识点，虽然有不少玩法
快速过掉后认真学SAM
（mrfz周年池沉了，难受）
（UPD：我出货了，我又好了）
~ 后缀数组（SA）的定义 ~
给定一个长度为$n$的字符串$s$，将其所有后缀$s[i...n]$按照字典序大小进行排序
我们的目标是求两个数组$sa,rk$
$sa[i]$表示，字典序从小到大第$i$个字符串的起点（那么该字符串为$s[sa[i]...n]$）
$rk[i]$表示，以$i$为起点的字符串$s[i...n]$在所有后缀中的排名（rank）
显然若已知$rk[i]$，那么$sa[i]$就能直接得到，故真正进行求解的是$rk$数组
~ 求rk数组 ~
显然不能使用常规的字符串排序来求$sa$，否则时间复杂度为$O(n^2logn)$
所以需要用到两个trick来将复杂度降到$O(nlogn)$
Part 1 - 倍增
对于所有子串暴力比较是不可取的，我们需要利用一下特殊性质：后缀
这有什么用处呢？我们可以像Manacher、EXKMP一样，利用【已经求得】的信息来简化计算
在对两个字符串进行字典序比较的过程中，我们需要从前向后依次比较；而在这里也是一样的，我们需要先对所有后缀的第一个字符进行比较
例如，令$s$=abacab，那么可以给所有$s[i]$进行排名（大小相同则取同排名）
|
i |
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| s[i] | a | b | a | c | a | b |
| 排名 | 1 | 2 | 1 | 3 | 1 | 2 |
但是一遍排名过后依然有排名相同的元素；而$s$的所有后缀均不相同（毕竟长度不同），显然排名应该互不相同；所以需要将所有子串的第二个字符纳入考虑，再次进行排名
这一次排名，我们可以利用上一次求得的排名进行计算
比如，$i=1,s[1]=a$的排名是$1$，$i=2,s[2]=b$的排名是$2$，那么我们可以用一个二元组$1/2$来表示$s[1,2]$的大小；对二元组进行比较时，先比较第一维度，再比较第二维度
对于$i=6,s[6]=b$，它的第二维度应当设定为$0$，因为长度小的子串字典序更小
| i | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| s[i] | a | b | a | c | a | b |
| 二元组 | 1/2 | 2/1 | 1/3 | 3/1 | 1/2 | 2/0 |
| 排名 | 1 | 4 | 2 | 5 | 1 | 3 |
进行一遍排名后，可以看出排名相同的元素减少了
我们在下一次求排名的时候，就不是将所有子串的第三个字符纳入考虑了，而是将第$3,4$位；因为在第二轮排名结束后，求得的排名是以$i$为起点的、长度为$2$的子串的排名，所以我们在下一轮利用这个排名的时候，相当于直接获得了两个字符的大小信息
相应地，这次构造二元组的时候，并不是将下一个位置的排名作为第二维度，而是将下下个位置
比如$i=1,s[1,2]=ab$的排名是$1$，$i=3,s[3,4]=ac$的排名是$2$，那么构造的二元组就是$1/2$；这是将$s[1,2]$与$s[3,4]$拼起来、以表示$s[1...4]=abac$的大小
对于$i=5,i=6$，其第二维度为$0$
| i | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| s[i] | a | b | a | c | a | b |
| 二元组 | 1/2 | 4/5 | 2/1 | 5/3 | 1/0 | 3/0 |
| 排名 | 2 | 5 | 3 | 6 | 1 | 4 |
发现排名互不相同，于是可以结束了
如果字符串的长度更大，就是不断地将倍增进行下去
第$i$轮是将从每个位置开始、长度为$2^i$的子串进行排名；而通过我们的倍增转化，其实只需要对$n$个二元组进行比较
总复杂度为$O(n\cdot (logn)^2)$，因为需要比较$logn$轮，而每轮需要对$n$个二元组进行排序
Part 2 - 桶排序优化
在上面的进行排名的过程中，我们仅需要比较$n$个二元组
那么就可以利用桶排序降低时间复杂度；共有$n+1$个桶表示排名
接着就是标准的桶排序操作了：先按照第二维度将二元组放到桶中，再从小到大地从桶中取出二元组得到一个顺序，最后按顺序依照第一维度将二元组放到桶中，即可完成排序
于是二元组排序的时间复杂度变成了$O(n)$，那么总的时间复杂度就降到了$O(nlogn)$
~ 代码实现 ~
虽然上面说的逻辑比较清晰，但代码实现会混乱一些（为了简短）
在具体实现的过程中，我们并不是单独求$rk$数组（否则需要开数组表示二元组及对应关系），而是在$rk,sa$之间反复横跳
先介绍一下需要用的数组
int sa[N],rk[N]; int tmp[N<<1],top[N];
$rk,sa$：和定义中的意义相同
$top$：桶排时用到的桶（更准确地说是用来占位的，下面会具体说明）
$tmp$：表示二元组的第二维度中 从小到大第$i$个元素在字符串中的位置（可以理解成对于第二维度的$sa$）；开成两倍是为了防止在后面的代码中数组越界（为了简化一个判断条件，可能需要访问$2N$以内的$tmp[i]$）
先康康桶排是如何实现的：
//n: 待排元素数 m: 桶数 void quicksort(int n,int m) { for(int i=1;i<=m;i++) top[i]=0; for(int i=1;i<=n;i++) top[rk[i]]++; for(int i=1;i<=m;i++) top[i]=top[i-1]+top[i]; for(int i=n;i>=1;i--) sa[top[rk[tmp[i]]]--]=tmp[i]; }
这个实现和桶排的一般实现不太一样，但思想是相同的
先看看$top$数组做了什么事：先统计第一维度（$rk[i]$）出现了多少次，然后做了一次前缀和；这样相当于第一维度为$i$的元素占据了 排序后$n$个位置中 的一段连续区间，区间的右端点是$top[i]$
这样一来，如果我们对于第一维度相同的元素，将第二维度按从大到小的次序依次加入，并让$top[i]--$，就能恰好将二元组排好序
具体看最后一个for循环：$tmp[i]$是第二维度的$sa$，那么从$n$循环到$1$就是 按照第二维度从大到小 依次获得二元组的下标；$top[rk[tmp[i]]]$就是这个二元组 第一维度所在区间 的右端点
剩下的部分也需要慢慢想一下：
void getsa(char *s,int n) { for(int i=1;i<=n;i++) rk[i]=s[i],tmp[i]=i; quicksort(n,200); //开始倍增 for(int i=1;i<n;i<<=1) { int cnt=0; for(int j=n-i+1;j<=n;j++) tmp[++cnt]=j; for(int j=1;j<=n;j++) if(sa[j]>i) tmp[++cnt]=sa[j]-i; quicksort(n,max(cnt,200)); for(int j=1;j<=n;j++) swap(rk[j],tmp[j]); rk[sa[1]]=cnt=1; for(int j=2;j<=n;j++) { if(tmp[sa[j]]!=tmp[sa[j-1]] || tmp[sa[j]+i]!=tmp[sa[j-1]+i]) cnt++; rk[sa[j]]=cnt; } if(cnt==n) break; } }
一开始对$rk,tmp$做初始化：由于我们在第一遍排序只关注每个子串首字符的大小，所以$tmp$取任意一个$1$到$n$的排列即可
排完序以后，我们得到了正确的$rk,sa$（仅需要关注$rk$之间的相对大小，并不需要在意其具体值；在这里$rk$只是不从$1$开始，而相对大小是正确的），可以开始倍增了
在每一轮倍增中，我们都是利用上一轮的$rk,sa$构造二元组；每个二元组的第一维度是$rk[j]$，第二维度是$rk[j+i]$：
若$j+i>n$，那么该二元组所对应字符串长度小于$i$（即不存在后半部分），在第二维度的排序中就具有最高优先度，应放在$tmp$数组中的前面；否则就顺着$sa$数组从小到大放，此时需要注意放在$tmp$中的是$sa[j]-i$，即二元组所对应字符串的起点（枚举的$j$表示字符串后半部分的起点）
这样已经足够我们进行排序了，桶排一波得到正确的$sa$；而此时的$rk$仍然是上一轮的，所以我们需要参照$sa$重新计算一次$rk$
$tmp$已经完成了它的使命，所以不妨将上一轮的$rk$放到$tmp$中，并利用它计算当前轮的$rk$
我们求得的$sa$虽然是正确的，但是对于相等的二元组 相当于强行给它们定了一个顺序，而它们的$rk$应该是相等的；于是依次判断是否相等即可（这里在判断第二维度是否相等时，下标可能会超出$n$，故$tmp$需要开成两倍空间）
倍增过程中的$cnt$表示桶的数量，即第一维度的数量；当$cnt=n$时，$rk$已经互不相同了，即可结束倍增
模板题：Luogu P3809 （【模板】后缀排序）
若不让$cnt=n$时break，就会超时
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N=1000005; int sa[N],rk[N]; int tmp[N<<1],top[N]; void quicksort(int n,int m) { for(int i=1;i<=m;i++) top[i]=0; for(int i=1;i<=n;i++) top[rk[i]]++; for(int i=1;i<=m;i++) top[i]=top[i-1]+top[i]; for(int i=n;i>=1;i--) sa[top[rk[tmp[i]]]--]=tmp[i]; } void getsa(char *s,int n) { for(int i=1;i<=n;i++) rk[i]=s[i],tmp[i]=i; quicksort(n,200); for(int i=1;i<n;i<<=1) { int cnt=0; for(int j=n-i+1;j<=n;j++) tmp[++cnt]=j; for(int j=1;j<=n;j++) if(sa[j]>i) tmp[++cnt]=sa[j]-i; quicksort(n,max(cnt,200)); for(int j=1;j<=n;j++) swap(rk[j],tmp[j]); rk[sa[1]]=cnt=1; for(int j=2;j<=n;j++) { if(tmp[sa[j]]!=tmp[sa[j-1]] || tmp[sa[j]+i]!=tmp[sa[j-1]+i]) cnt++; rk[sa[j]]=cnt; } if(cnt==n) break; } } int n; char s[N]; int main() { scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1); getsa(s,n); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",sa[i]); return 0; }
~ 拓展：求LCP ~
$LCP(i,j)$指的是两个后缀$s[sa[i]...n],s[sa[j]...n]$的最长公共前缀长度
性质1：$LCP(i,k)=min\{LCP(j,j+1)\}$，其中$i\leq j<k$
继续以之前的字符串$s=$abacab为例
| i | sa[i] | s[sa[i]...n] |
| 1 | 5 | a |
| 2 | 1 | abacab |
| 3 | 3 | acab |
| 4 | 6 | b |
| 5 | 2 | bacab |
| 6 | 4 | cab |
可以通过观察发现，$LCP(i,k)$会随着$k$的增大而单调不增（推论1）
那么最小的$LCP(j,j+1)$相当于一个分界点：在它之前的字符串与$s[sa[i]...n]$拥有更多的公共前缀，而在它之后字符串的至少在第$LCP(j,j+1)+1$位与$s[sa[i]...n]$不同，那么$LCP(i,k)$显然不会超过$LCP(j,j+1)$；而$LCP(i,k)$不小于$min\{LCP(j,j+1)\}$是显然的
性质1把求$LCP(i,k)$转化成了求$min\{LCP(j,j+1)\}$，那么我们显然需要提前将$LCP(i,i+1),1\leq i<n$预处理出来
记$height[i]=LCP(i,i+1)$，$h[i]=height[rk[i]]$
可以这样理解这两个数组：$height[i]$对应的是子串$s[sa[i]...n]$与$s[sa[i+1]...n]$的最长公共前缀长度，而$h[i]$对应的是子串$s[i...n]$与$s[sa[rk[i]+1]...n]$的公共前缀长度；即前者的下标指的是在排序后第$i$小的子串，而后者的下标指的就是子串$s[i...n]$
性质2：$h[i+1]\geq h[i]-1$（证明有点绕，但最好还是要搞懂）
可以这样证明：假设将所有后缀进行排序后，$s[i...n]$的后面是$s[j...n]$，那么有$h[i]=height[rk[i]]=LCP(s[i...n],s[j...n])=L$；而考虑到$s[i+1...n]$在排序后的子串中应该也很接近$s[j+1...n]$，因为前$L-1$位是相等的；那么若在排序后的后缀中$s[i+1...n]$的后面是$s[j+1...n]$，则$h[i+1]=height[rk[i+1]]=LCP(s[i+1...n],s[j+1...n])=L-1$
根据推论1，$LCP(i,k)$随着$k$的增大而单调不减；那么若在排序后的后缀中$s[i+1...n]$的后面不是$s[j+1...n]$，即$rk[i+1]+1<rk[j+1]$，就有$h[i+1]=LCP(s[i+1...n],s[sa[rk[i+1]+1]...n)\geq LCP(s[i+1...n],s[j+1...n])=L-1$
综上，有$h[i+1]\geq h[i]-1$
有了强力的性质2，我们可以$O(n)$地预处理出$height$数组（$h$数组除了推出一个性质2，实际上用不到）
考虑从$1$到$n$依次算出$height[rk[i]]$（即$h[i]$）
根据$height[rk[i+1]]\geq height[rk[i]]-1$（即$h[i+1]\geq h[i]-1$），能够发现$\sum_{i=1}^{n} (height[rk[i+1]]-height[rk[i]])\leq n+n$，那么每次均暴力进行子串比较就行了
int height[N]; void getheight(char *s,int n) { int h=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(rk[i]==n)//height[n]=0 continue; h=(h>0?h-1:h); int j=sa[rk[i]+1]; while(j+h<=n && i+h<=n && s[i+h]==s[j+h]) h++; height[rk[i]]=h; } }
~ 后缀数组的应用 ~
上面写了那么多其实都是模板，想要图一乐还得看具体题目
Luogu SP705 （$New\ Distinct\ Substrings$）
经典应用——求一个字符串中本质不同的子串的数量
字符串中的每一个子串$s[l...r]$都是某个后缀$s[l...n]$的前缀，按照这个思路尝试考虑
$s[l...n]$这个后缀共有$n-l+1$个前缀，在这些前缀中，若有一些之前被统计过了，那么它们对答案的贡献就是$0$；如何判断是否被统计过呢？可以利用$LCP(i,i+1)$
我们顺着$sa[i]$进行考虑，这样一来所有的后缀都是按照字典序从小到大排列；假设$LCP(i,i+1)=x$，那么$s[sa[i+1]...n]$的前$x$个前缀都在之前被统计过了（至少在$s[sa[i]...n]$中已被统计），而其余的前缀都未被统计过（因为均与之前其他后缀的前$x+1$个字符不同）
于是，答案就是$\frac{n(n+1)}{2}-\sum_{i=1}^{n} height[i]$
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=50005; int sa[N],rk[N]; int tmp[N<<1],top[N]; void quicksort(int n,int m) { for(int i=1;i<=m;i++) top[i]=0; for(int i=1;i<=n;i++) top[rk[i]]++; for(int i=1;i<=m;i++) top[i]=top[i-1]+top[i]; for(int i=n;i>=1;i--) sa[top[rk[tmp[i]]]--]=tmp[i]; } void getsa(char *s,int n) { for(int i=1;i<=n;i++) rk[i]=s[i],tmp[i]=i; quicksort(n,200);//可能需要改成最大字符值 for(int i=1;i<n;i<<=1) { int cnt=0; for(int j=n-i+1;j<=n;j++) tmp[++cnt]=j; for(int j=1;j<=n;j++) if(sa[j]>i) tmp[++cnt]=sa[j]-i; quicksort(n,max(cnt,200)); for(int j=1;j<=n;j++) swap(rk[j],tmp[j]); rk[sa[1]]=cnt=1; for(int j=2;j<=n;j++) { if(tmp[sa[j]]!=tmp[sa[j-1]] || tmp[sa[j]+i]!=tmp[sa[j-1]+i]) cnt++; rk[sa[j]]=cnt; } if(cnt==n) break; } } int height[N]; void getheight(char *s,int n) { int h=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(rk[i]==n)//height[n]=0 continue; h=(h>0?h-1:h); int j=sa[rk[i]+1]; while(j+h<=n && i+h<=n && s[i+h]==s[j+h]) h++; height[rk[i]]=h; } } int n; char s[N]; int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1); getsa(s,n); getheight(s,n); ll ans=1LL*n*(n+1)/2; for(int i=1;i<n;i++) ans-=height[i]; printf("%lld\n",ans); } return 0; }
（待续）
