后缀数组求 LCP 和相关证明

后缀数组求 LCP 和相关证明

一些定义

$\text{SA}(i)$ 排名为 $i$ 的后缀左端点；$\text{rank}(i)$ 左端点为 $i$ 的后缀排名；$\text{suf}(i)$ 左端点为 $i$ 的后缀；

$\text{lcp}(S,T)$，串 $S$ 和 $T$ 的最长公共前缀，即 $max\{x|\mathrm{\forall }y\le x,S_y=S_y\}$；

$\text{LCP}(i,j)$，排名为 $i$ 的后缀和排名为 $j$ 的后缀的最长公共前缀，即 $\text{lcp}(\text{suf}(\text{SA}(i)),\text{suf}(\text{SA}(j)))$；

$\text{height}(i)$，排名为 $i$ 和 $i-1$ 的后缀的最长公共前缀，即 $LCP(i,i-1)$，特别地 $\text{height}(1)=0$；

$h(i)=\text{height(rank}(i))$。

性质1

对于 $1\le i\le n$，显然有：

$$\text{LCP}(i,i)=n-\text{SA}(i)+1$$

$$\text{LCP}(i,j)=\text{LCP}(j,i)$$

定理 1

对于 $1\le i<j\le n$，有：

$$\text{LCP}(i,j)=\underset{i<k\le j}{min}\{\text{LCP}(k,k-1)\}$$

证明：

---

引理

对于 $1\le i<j\le n$，有：

$$\text{LCP}(i,j)=min\{\text{LCP}(i,k),\text{LCP}(k,j)\}(i\le k\le j)$$

证明：

设 $min\{\text{LCP}(i,k),\text{LCP}(k,j)\}=p$，

则 $\text{LCP}(i,k)\ge p,\text{LCP}(k+1,j)\ge p$，

所以 $i$ 和 $k$ 至少有前 $p$ 位相等，$k$ 和 $j$ 至少有前 $p$ 位相等，

所以 $\text{LCP}(i,j)\ge p$；

又因为$min\text{LCP}(i,k),\text{LCP}(k,j)=p$，

设 $\text{suf}(i)=a,\text{suf}(k)=b,\text{suf}(j)=c$，

则有 $a_{p+1}\ne b_{p+1}$ 或 $b_{p+1}\ne c_{p+1}$，

若 $a_{p+1}\ne b_{p+1}$ 和 $b_{p+1}\ne c_{p+1}$ 中仅有一个成立，显然有 $a_{p+1}\ne c_{p+1}$，

又根据 $i,j,k$ 的排名关系，有 $a_{p+1}\le b_{p+1}\le c_{p+1}$，

若 $a_{p+1}\ne b_{p+1}$ 和 $b_{p+1}\ne c_{p+1}$ 均成立，假设 $a_{p+1}=c_{p+1}$，

则有 $a_{p+1}=b_{p+1}=c_{p+1}$，与条件矛盾，假设不成立，则 $a_{p+1}\ne c_{p+1}$

综上有 $a_{p+1}\ne c_{p+1}$，所以 $\text{LCP}(i,j)\le p$；

结合 $\text{LCP}(i,j)\ge p$，有 $\text{LCP}(i,j)=p=min\{\text{LCP}(i,k),\text{LCP}(k,j)\}$，得证。

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根据引理，可推出：

$$\text{LCP}(i,j)=min\{\text{LCP}(i,k),\text{LCP}(k,j)\}$$

$$\text{LCP}(i,j)=min\{\text{LCP}(i,i+1),\text{LCP}(i+1,j)\}$$

$$\text{LCP}(i,j)=min\{\text{LCP}(i,i+1),min\{\text{LCP}(i+1,i+2),\text{LCP}(i+2,j)\}\}$$

归纳可得：

$$\text{LCP}(i,j)=\underset{i<k\le j}{min}\{\text{LCP}(k,k-1)\}$$

得证。

转化

$$\text{LCP}(i,j)=\underset{i<k\le j}{min}\{\text{LCP}(k,k-1)\}=\underset{i<k\le j}{min}\{{\text{height}}_k\}$$

这样 $\text{LCP}$ 问题就转化为区间最值（$\text{RMQ}$）问题，可以使用 $\text{ST}$ 表 $O(n\log n)$ 预处理 $O(1)$ 查询。

现在的问题就转化为了求 $\text{height}$ 数组。

定理 2

对于 $1<i\le n$，有：

$$h(i)\ge h(i-1)-1$$

证明：

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性质2

对于 $1\le i,j<n,\text{lcp}(\text{suf}(i),\text{suf}(j))>1$，有：

$$\text{suf}(i)<\text{suf}(j)⟺\text{suf}(i+1)<\text{suf}(j+1)$$

$$\text{lcp}(\text{suf}(i),\text{suf}(j))-1=\text{lcp}(\text{suf}(i+1),\text{suf}(j+1))$$

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定理 1 的引理的推论

对于 $1\le i,j\le n$，有：

$$\text{LCP}(i,j)\le \text{LCP}(k,j)(i\le k\le j)$$

证明：根据定理 1 的引理，显然成立。

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当 $h(i-1)\le 1$ 时，$h(i)\ge 0\ge h(i-1)-1$，得证；

当 $h(i-1)>1$ 时，即 $\text{height}(\text{rank}(i-1))>1$，

可推出 $\text{rank}(i-1)>1$，因为 $\text{height}(1)=0$，

令 $j=i-1$，$k=\text{SA(rank}(j)-1)$，有：

$h(i-1)=\text{LCP}(\text{rank}(j),\text{rank}(k))=\text{lcp}(\text{suf}(j),\text{suf}(k))$，

$\text{suf}(k)<\text{suf(j)}$，

因为 $\text{lcp}(\text{suf}(j),\text{suf}(k))=h(i-1)>1$，根据性质2有：

$h(i-1)-1=\text{lcp}(\text{suf}(i),\text{suf}(k+1))$，

$\text{suf}(k+1)<\text{suf}(i)$

即 $\text{rank}(k+1)<\text{rank}(i)\to \text{rank}(k+1)\le \text{rank}(i)-1$，

根据定理 1 的引理的推论得：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \text{LCP}(\text{rank}(i)-1,\text{rank}(i))& \ge \text{LCP}(\text{rank}(k+1),\text{rank}(i))\text{(2)}& & =\text{lcp}(\text{suf}(i),\text{suf}(k+1))\text{(3)}& & =h(i-1)-1\end{array}$$

又因为 $\text{LCP}(\text{rank}(i)-1,\text{rank}(i))=h(i)$，所以 $h(i)\ge h(i-1)-1$，得证。

具体求法

有了定理 2 后，就可求出 $\text{height}$ 数组。

先考虑暴力的代码，即从头开始暴力匹配，时间复杂度 $O(n^2)$。

根据定理 2，$h(i)\ge h(i-1)-1$，可以直接从 $h(i-1)-1$ 开始匹配。

因为 $h(i)\le n$，每次 $h(i)$ 最多减一，所以时间复杂度 $O(n)$。

代码

void get_height() {
	for (int i = 1, k = 0, j; i <= n; i ++) {
		if (rk[i] == 1) continue; // height[1]=0
		k = k ? k - 1 : k; // h[i-1]-1
		for (j = sa[rk[i] - 1]; 
			i + k <= n && j + k <= n 
			&& S[i + k] == S[j + k]; k ++);
		height[rk[i]] = k; // k=h[i]=height[rk[i]]
	}
}