SA 学习笔记

后缀数组$SA$

后缀数组，维护的是原字符串的每一个后缀，将其按照字典序大小排序，得到一些有用的信息。

首先明确几个数组的定义：

sa[] //sa[i] 表示字典序第 i 小的后缀在原串中的起始位置为 sa[i]
rk[] //rk[i] 表示原串从 i 位置开始的后缀的字典序的排名
h[]  //h[i] 表示排名为第 i 的后缀与排名为第 i-1 的后缀的最长公共前缀

接下来我们考虑每个数组要怎么求解。

求解 $rk$

对于 $rk$ 数组我们考虑倍增法求解，我们从长度为 $1$ 开始，每次将长度翻倍，得到新的长度中的排名。

具体的，对于每一个位置 $j$ ，已经求解了长度为 $i$，准备求解 长度为 $2i$ 的。也就是说我们当前已经求解出了 $s[j-(j+i-1)]$ 和 $s[(j+i)-(j+2i-1)]$ 这两个字符串的排名，根据字典序的定义，优先比较靠前的串，因此我们将前一个串的排名设为 $j$ 这个位置的第一关键字，将第二个串的排名设为 $j$ 这个位置的第二关键字，然后进行双关键字基数排序 ( 可以用 $sort$ ) 但是复杂度会多一个 $log$ ，排完序后就可以得到 $s[j-(j+2i-1)]$ 这个串的排名。不断进行倍增，就可以求出每个后缀的排名了。

特别的，对于 $j+i>n$ 的，我们直接将 $0$ 设为 $j$ 位置的第二关键字即可。

求解 $sa$

求完 $rk$ 之后，根据定义来看，求 $sa$ 就是一行的事。

sa[rk[i]]=i

求解 $h$

$h$ 数组在 $sa$ 的题目中相当常见，对于 $h$ 有两条关键的性质。

• 排名为 $i$ 的后缀与排名为 $j$ 的后缀的最长公共前缀 $=mi{n}_{i=l+1}^r{h}_i$
• $h(r{k}_i)\ge h(r{k}_{i-1})-1$

第一条性质的正确性是显然的。

我们重点来关注第二条。

我们设 $k=sa[rk[i-1]-1]$ ，即 $h(r{k}_{i-1})=Lcp(k,i-1)$

• 若 $h(r{k}_{i-1})\le 1$ ，结论显然成立
• 若 $h(r{k}_{i-1})>1$ ，此时 $Lcp(k,i-1)>1$，我们把两个串的首位丢掉，也就是 $i$ 和 $k+1$ 这两个串，因此 $Lcp(k+1,i)=Lcp(k,i-1)-1$。由于 $k$ 排在 $i-1$ 前面，因此 $k+1$ 也排在 $i$ 前面，根据第一条性质，我们可以得到 $mi{n}_{i=rk[k]+1}^{rk[i]}{h}_i=h(r{k}_i-1)-1$ ，所以 $h(r{k}_i)\ge h(r{k}_{i-1})-1$。得证。

根据第二条性质，我们可以按照 $rk$ 数组的顺序，从小到大依次求解 $h(r{k}_1)$、$h(r{k}_2)$、....... $h(r{k}_n)$，每次答案至少是上一次的答案 $-1$，因此就可以在 $o(n)$ 的复杂度内求解。

code

int flag=0,rk[N],sa[N],h[N],fi[N],se[N],b[N],g[N],tp[155];

inline void Round(int *a) {
	int mx=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) mx=max(mx,a[i]);
	for(int i=0;i<=mx;i++) b[i]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) b[a[i]]++;
	for(int i=1;i<=mx;i++) b[i]+=b[i-1];
	for(int i=n;i>=1;i--) rk[g[i]]=b[a[g[i]]]--;
	for(int i=1;i<=n;i++) g[rk[i]]=i;
}

inline void Qsort() {
	int idx=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) rk[i]=g[i]=i;
	Round(se); Round(fi);
	for(int i=2;i<=n;i++)
		rk[g[i]]=(fi[g[i]]==fi[g[i-1]] && se[g[i]]==se[g[i-1]])?rk[g[i-1]]:++idx;
	if(idx==n) flag=1;
}

inline void Getsa() {
	mem(tp); for(int i=1;i<=n;i++) tp[s[i]-'a']=1;
	for(int i=1;i<155;i++) tp[i]+=tp[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++) rk[i]=tp[s[i]-'a'];
	for(int i=1;i<=n && !flag;i<<=1) {
		for(int j=1;j<=n;j++)
			fi[j]=rk[j], se[j]=j+i>n?0:rk[j+i];
		Qsort();
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) sa[rk[i]]=i;
}

inline void Geth() {
	int k=0;
	for(int i=1,j;i<=n;i++) {
		if(k) --k;
		j=sa[rk[i]-1];
		while(s[i+k]==s[j+k] && s[i+k]!='|') k++;
		h[rk[i]]=k;
	}
}

板子是根据自己的理解写出来的，比较屑，常数也比较大。

一些经典的套路、例题

P2178 [NOI2015] 品酒大会

对于这一类的题目，可以对于 $h$ 数组从大到小排序，然后依次将 $h_i$ 表示的串用并查集连接起来，用并查集维护信息。

[NOI2016] 优秀的拆分

对于这一类，求解与连续重复 $k$ 次的字符串相关的题目，都可以考虑通过设置关键点的方法，做到在调和级数的复杂度之内求解。

具体的
我们从小到大枚举循环节的长度 $L$ ，然后依次枚举所有的关键点：$L$ 、$2L$ 、....... $kL$。

假设当前枚举到了关键点 $i$ ,我们处理所有的满足左端点在区间 $(i-L,i]$ 之内的，循环次数大于等于 $2$ 的串的贡献。

我们设 $A=Lsp(i,i+L)$，$B=Lcp(i,i+L)$。
首先为了限制左端点的位置，我们令 $A=min(A,L)$。

于是我们考虑的这些串中最大循环次数为 $k=\lfloor \frac{A+B-1}{L}\rfloor +1$，这样的串共有 $z=min(A,(A+B-1)\mathrm{mod}L+1)$ 个。

最后再单独考虑循环次数为 $1$ 的串的贡献(这样可以减少分类讨论的难度)。

这种方法既可以用于求最值，也可以用来求方案数，时间复杂度 $o(n\ln n)$。

P4248 [AHOI2013]差异

统计每一个子串作为 $Lcp$ 的次数，可以在 $h$ 数组上面跑单调栈。

P4070 [SDOI2016]生成魔咒

动态维护 $h$ 数组，答案为字符串的本质不同子串个数。$ans=\frac{n(n+1)}{2}-\sum _{i=1}^n{h}_i$。

其余，待更.......