后缀数组（SA）学习笔记
为什么不叫前缀数组呢
基本数组#
\(sa_i (suffix~array)\) 指字符串 \(s\) 中，排名为 \(i\) 的后缀从哪一位开始
\(rk_i (rank)\) 指字符串 \(s\) 从第 \(i\) 位开始的后缀在所有后缀中的排名
\(h_i (height)\) 指字符串 \(s\) 中，从第 \(i\) 位开始的后缀与排名为 \(rk_{i} - 1\) 的后缀的最长公共前缀
求解方法#
对于 \(sa\) 和 \(rk\) 数组经常一起求解，解这两个数组通常使用倍增方法求。
首先预处理出以每个后缀第一个字符进行排序的 \(sa\) 和 \(rk\) 数组
接下来进行倍增
- 将 \(sa_i\) 和 \(sa_{i + d}\) 接起来
- 排序
- 计算 \(rk\) 数组
模拟运行过程：
具体实现时排序可以使用计数排序，为了稳定性，将第二关键字倒序加入即可
时间复杂度：\(O(n \log n)\)
模板：洛谷 P3809
Code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <numeric>
using namespace std;
const int kN = 1e6 + 1;
int n, sa[kN], rk[2 * kN];
string s;
void I() {
int b[kN], c[kN];
fill(b, b + kN, 0);
iota(sa + 1, sa + n + 1, 1);
sort(sa + 1, sa + n + 1, [](int x, int y) { return s[x] < s[y]; });
for (int i = 1; i <= n; i++) {
rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - 1]]);
}
for (int d = 1; d < n; d <<= 1) {
for (int i = 1; i <= d; i++) {
b[i] = n - d + i;
}
for (int i = 1, m = d; i <= n; i++) {
(sa[i] > d) && (b[++m] = sa[i] - d);
}
fill(c, c + kN, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
c[rk[i]]++;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
c[i] += c[i - 1];
}
for (int i = n; i >= 1; i--) {
sa[c[rk[b[i]]]--] = b[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int t = rk[sa[i]] != rk[sa[i - 1]] || rk[sa[i] + d] != rk[sa[i - 1] + d];
b[sa[i]] = b[sa[i - 1]] + t;
}
copy(b + 1, b + n + 1, rk + 1);
}
}
int main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
cin >> s, n = s.size(), s = 's' + s;
I();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << sa[i] << ' ';
}
return 0;
}
对 \(h\) 数组的求解#
如果你注意力惊人的话，可以注意到 \(h_{rk_i} \geq h_{rk_{i - 1}} - 1\)
注意力不够的话看这里
我也不会证：）然后可以写出 \(O(n)\) 的代码计算
for (int i = 1, x = 0; i <= n; i++) {
int j = sa[rk[i] - 1];
for (x = max(0, x - 1); max(i, j) + x <= n && s[i + x] == s[j + x]; x++) {
}
h[i] = x;
}
模板：P10469 后缀数组
Code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <numeric>
#include <set>
using namespace std;
using ll = long long;
using pll = pair<ll, ll>;
const int kN = 1e6 + 1;
int n, a[kN], f[kN], h[kN], sz[kN], mx[kN], sa[kN], rk[kN];
set<int> st;
pll ans[kN];
string s;
void I() {
int b[kN], c[kN];
fill(b, b + kN, 0);
iota(sa + 1, sa + n + 1, 1);
sort(sa + 1, sa + n + 1, [](int x, int y) { return s[x] < s[y]; });
for (int i = 1; i <= n; i++) {
rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - 1]]);
}
for (int d = 1; d < n; d <<= 1) {
for (int i = 1; i <= d; i++) {
b[i] = n - d + i;
}
for (int i = 1, m = d; i <= n; i++) {
(sa[i] > d) && (b[++m] = sa[i] - d);
}
fill(c, c + kN, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
c[rk[i]]++;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
c[i] += c[i - 1];
}
for (int i = n; i >= 1; i--) {
sa[c[rk[b[i]]]--] = b[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int t = rk[sa[i]] != rk[sa[i - 1]] || rk[sa[i] + d] != rk[sa[i - 1] + d];
b[sa[i]] = b[sa[i - 1]] + t;
}
copy(b + 1, b + n + 1, rk + 1);
}
}
int F(int x) {
return f[x] == x ? f[x] : F(f[x]);
}
int main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
cin >> s, n = s.size(), s = 's' + s;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
I();
for (int i = 1, x = 0; i <= n; i++) {
int j = sa[rk[i] - 1];
for (x = max(0, x - 1); max(i, j) + x <= n && s[i + x] == s[j + x]; x++) {
}
h[rk[i]] = x;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << sa[i] - 1 << ' ';
}
cout << '\n';
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << h[i] << ' ';
}
return 0;
}
练习：#
给定一个字符串 s，若 \(lcp(suffix_i, suffix_j) \geq r\)，则称 \(i\) 和 \(j\) 为 \(r\) 相似。对于每一个 \(0 \le r \le n - 1\)，求满足条件的 \((i, j)\) 的数量以及 \(a_i * a_j\) 的最大值
\(n \le 3 * 10^4, |a_i| \le 10^9\)
Solution
对于每一个满足条件的数对，我们将 $i$ 向 $j$ 连边，用并查集处理即可，注意要维护每个块的大小、最大值以及最小值（因为有负数）但是还会超时，发现倒着枚举 \(r\) 只有连边操作，于是倒着枚举，并根据 \(h\) 从大到小排序
Code
作者太懒了：（给定两个数字串 \(A\) 和 \(B\)，通过将 \(A\) 和 \(B\) 进行二路归并得到一个新的数字串 \(T\)，请找到字典序最小的 \(T\)。
\(n \le 3 * 10^5, m \le 3 * 10^5\)
Solution
直接把第二个串接在第一个串后面跑一边后缀数组贪心归并即可，注意两个串的串尾都要放入无穷大的分隔符点击查看代码
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <numeric>
using namespace std;
const int kN = 1e6 + 1;
int n, m, _n, _m, s[kN], sa[kN], rk[2 * kN];
void I() {
int b[kN], c[kN];
fill(b, b + kN, 0);
cin >> n, _n = n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s[i];
}
s[++n] = 1e9;
cin >> m, _m = m;
for (int i = n + 1; i <= n + m; i++) {
cin >> s[i];
}
n += m;
s[++n] = 1e9;
iota(sa + 1, sa + n + 1, 1);
sort(sa + 1, sa + n + 1, [](int x, int y) { return s[x] < s[y]; });
for (int i = 1; i <= n; i++) {
rk[sa[i]] = rk[sa[i - 1]] + (s[sa[i]] != s[sa[i - 1]]);
}
for (int d = 1; d < n; d <<= 1) {
for (int i = 1; i <= d; i++) {
b[i] = n - d + i;
}
for (int i = 1, m = d; i <= n; i++) {
(sa[i] > d) && (b[++m] = sa[i] - d);
}
fill(c, c + kN, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
c[rk[i]]++;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
c[i] += c[i - 1];
}
for (int i = n; i >= 1; i--) {
sa[c[rk[b[i]]]--] = b[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int t = rk[sa[i]] != rk[sa[i - 1]] || rk[sa[i] + d] != rk[sa[i - 1] + d];
b[sa[i]] = b[sa[i - 1]] + t;
}
copy(b + 1, b + n + 1, rk + 1);
}
}
int main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
I();
for (int i = 1, j = _n + 2; i <= _n || j <= _n + _m + 1;) {
if (i <= _n && (rk[i] < rk[j] || j > _n + _m + 1)) {
cout << s[i++] << ' ';
} else {
cout << s[j++] << ' ';
}
}
return 0;
}
给定一个字符串 \(S\)，求 \(AABB\) 式的字串数量，其中 \(A\)、\(B\) 为 \(S\) 非空子串
\(|S| \le 3 * 10^4\)
Solution
设 $fs_i$ 为以 $i$ 结尾的 AA 串数量，设 $fp_i$ 为以 $i$ 开始的 $AA$ 串数量，则答案为 $\sum\limits_{i = 1}^{n - 1} fs_i \cdot fp_{i + 1}$考虑如何求解 \(fs\) 和 \(fp\)。枚举 \(len\) 为 \(AA\) 串长度，并每隔 \(len\) 就设置一个检查点，发现对于每一个 \(2 * len\) 的 AA 串都必然穿过相邻的两个 \(AA\) 串
若 \(i + l - lcs(i, i + len) < i + lcp(i, i + len)\)，如图：
发现对于中间没有交集的部分可能并不相等，所以这种情况不会产生贡献
若 \(i + l - lcs(i, i + len) \geq i + lcp(i, i + len)\)，如图
对于中间的三条分割线，设它们分别为 \(j - len + 1\)、\(j\)、\(j + len\)，根据图片容易发现 \(S_{j - len + 1... j} = S_{j...j + len}\)，所以紫色的这一个字串是一个合法的 \(AA\) 串。同理，对于红线与绿线的交集部分，每一个点都可以成为 \(AA\) 串的中心，将两端差分即可得出答案
Code
还在维修：）
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