从SA入门到SAM精通

SA

基本应用

读入一个长度为 $n$ 的由大小写英文字母或数字组成的字符串，请把这个字符串的所有非空后缀按字典序（用 ASCII 数值比较）从小到大排序。

解法

1.将每个后缀取出来，直接排序 $O(n^2\log n)$
2.用hash二分LCP比较下一位，$O(n{\log }^{2}n)$
3.倍增求后缀数组，$O(n\log n)$
4.高级方法求后缀数组，$O(n)$

倍增

先比较每个后缀的第一位，再比较前两位，前四位...
问题在于如何快速比较前两位，前四位。
一个有趣的性质是在比较$2^k$位时，我们知道$2^{k-1}$位的大小，所以$2^k$位的大小只与前一半$2^{k-1}$和后一半$2^{k-1}$有关，所以可以用基数排序由上一层推到这一层。

基数排序

正常基数排序，是按数位从高到低依次比较大小，比如说三位数，就先比较百位的数字，将百位为 $0$ 的放在一起，将百位为 $1$ 的放在一起...。然后，对十位进行比较，在百位为 $0$ 的里面把十位为 $0$ 的放在一起，十位为 $1$ 的放在一起...，最后所有数都有序。
SA的基数排序，就是相当于只有两位数来排序。

代码实现

代码比较抽象要多理解，多思考

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,m,sa[N],rk[N],x[N],y[N],cnt,num;
char s[N];
void SA()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)rk[x[i]=s[i]]++;//rk辅助数组，x是上一层的排名
	for(int i=1;i<=m;i++)rk[i]+=rk[i-1];
	for(int i=n;i>=1;i--)sa[rk[x[i]]--]=i;//正序倒序都可以，sa是排名为i的后缀的起始下标
	for(int k=1;k<=n;k<<=1)
	{
		cnt=0;
		for(int i=n-k+1;i<=n;i++)y[++cnt]=i;//没有后一半是最强的，最靠前的
		for(int i=1;i<=n;i++)if(sa[i]>k)y[++cnt]=sa[i]-k;//如果可以做后一半，就做
		//正序枚举，因为y的顺序是后一半从小到大的顺序
		for(int i=1;i<=m;i++)rk[i]=0;//清零
		for(int i=1;i<=n;i++)rk[x[i]]++;//根据前一半
		for(int i=1;i<=m;i++)rk[i]+=rk[i-1];
		for(int i=n;i>=1;i--)sa[rk[x[y[i]]]--]=y[i],y[i]=0;//后一半更大的在前一半相同时排后面
		swap(x,y);//y临时存一下上一层x的值。
		x[sa[1]]=1,num=1;
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?num:++num;//确定这一层的排名
		}
		if(num==n)break;//分完了
		m=num;
	} 
    for(int i=1;i<=n;i++)cout<<sa[i]<<' ';
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>s+1;
    n=strlen(s+1),m=150;
    SA();
	return 0;
} 

进阶应用

LCP与hieght数组

LCP：最长公共前缀，$lcp(i,j)$ 表示字符串 $i$ 与字符串 $j$ 的最长公共前缀。
思考题：如果一直$sa$ 数组如何快速求任意两个后缀的最长公共前缀。(想不出来是正常的不然还有什么讲的必要)
要先引入一个新数组 $height$，定义$height[i]=lcp(sa[i],sa[i-1])$，现在先想如何求 $height$ 数组。感觉也不好求。
那我们先研究它的性质，我们可以发现 $height[rk[i]-1]-1\le height[rk[i]]$ (发现不了一点) 考虑如何证明。

我们先将从 $i-1$ 到 $n$ 和 $k$ 到 $n$ 的后缀取出来.($rk[k]=rk[i-1]-1$)。图中的黄色部分就是它们的LCP，如果$lcp\le 1$ 上面的式子显然成立,考虑大于 $1$ 的情况。

我们可以去掉开头字母，则 $k+1$ 与 $i$的lcp为 $height[rk[i]-1]-1$,所以$height[i]$ 至少为 $height[rk[i]-1]-1$,因为只有可能出现下图的情况或就是$k+1$.

这样就可以继承前面的信息暴力改。

void geth()
{
    int kk=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)x[sa[i]]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	if(x[i]==1)continue;
        if(kk)kk--;
        int j=sa[x[i]-1];
        while(i+kk<=n&&j+kk<=n&&s[i+kk]==s[j+kk])kk++;
        hi[x[i]]=kk;
   }
}
    

时间复杂度，$k$ 不会超过 $n$,最多加 $2n$ 减 $n$ 所以时间复杂度是 $O(n)$。
回到最开始的地方，现在一直 $height$ 如何求任意后缀LCP，显然是它们的最小值（感性理解即可，不理解就是没有理解后缀数组多看几遍）。所以可以用st表维护最小值。

可重叠最长重复子串

$height$的最大值。
规定长度就是区间 $height$ 的最小值的最大值：P2852

不可重叠最长重复子串

首先二分答案 $x$, 对height数组进行分组，保证每一组最小都大于 $x$(有x的长度)
依次枚举每一组，记录下最大和最小长度，如果相减大于$x$（不重叠）那么可以更新答案。

本质不同子串

子串是后缀的前缀，后缀拍完序之后，每次新增的只有除LCP以外的子串。
所以总数为 $\frac{n\ast (n+1)}{2}-\sum _{i=1}^{n}height[i]$ P2408

比较子串大小

求出两子串所属的后缀的LCP，如果LCP比长度大则一个是另一个的子串，所以按长度即可比较大小，如果不是，则直接根据 $rk$ 比较大小。

更多

SAM

字符串的 SAM 可以理解为给定字符串的所有子串的压缩形式。值得注意的事实是，SAM 将所有的这些信息以高度压缩的形式储存。对于一个长度为 n$ 它的空间复杂度仅为 $O(n)$, 时间复杂度$O(n)$ 。（准确的所是$O(n\log m)$,m为字符集大小。