为什么学后缀数组

后缀数组是一个比较强大的处理字符串的算法，是有关字符串的基础算法，所以必须掌握。 
学会后缀自动机(SAM)就不用学后缀数组(SA)了？不，虽然SAM看起来更为强大和全面，但是有些SAM解决不了的问题能被SA解决，只掌握SAM是远远不够的。 
……

有什么SAM做不了的例子？ 
比如果求一个串后缀的lcp方面的应用，这是SA可以很方便的用rmq来维护，但是SAM还要求lca，比较麻烦，还有就是字符集比较大的时候SA也有优势。

现在这里放道题，看完这个blog可能就会做了！： 
你可想想这道题：你有一个01串S，然后定义一个前缀最右边的位置就是这个前缀的结束位置。现在有q多个询问，每个询问结束位置在l~r中不同前缀的最长公共后缀是多长？ 
|S|,q≤100000|S|,q≤100000 
时限4s

而下面是我对后缀数组的一些理解

构造后缀数组——SA

先定义一些变量的含义

Str ：需要处理的字符串(长度为Len) 
Suffix[i] ：Str下标为i ~ Len的连续子串(即后缀) 
Rank[i] : Suffix[i]在所有后缀中的排名 
SA[i] : 满足Suffix[SA[1]] < Suffix[SA[2]] …… < Suffix[SA[Len]],即排名为i的后缀为Suffix[SA[i]] (与Rank是互逆运算) 
好，来形象的理解一下 

后缀数组指的就是这个SA[i],有了它，我们就可以实现一些很强大的功能(如不相同子串个数、连续重复子串等)。如何快速的到它，便成为了这个算法的关键。而SA和Rank是互逆的，只要求出任意一个，另一个就可以O(Len)得到。

现在比较主流的算法有两种，倍增和DC3，在这里，就主要讲一下稍微慢一些，但比较好实现以及理解的倍增算法(虽说慢，但也是O(Len logLen))的。

进入正题——倍增算法

倍增算法的主要思想 ：对于一个后缀Suffix[i],如果想直接得到Rank比较困难，但是我们可以对每个字符开始的长度为2k2k的字符串求出排名，k从0开始每次递增1(每递增1就成为一轮)，当2k2k大于Len时，所得到的序列就是Rank，而SA也就知道了。O(logLen)枚举k 
这样做有什么好处呢？ 
设每一轮得到的序列为rank(注意r是小写，最终后缀排名Rank是大写)。有一个很美妙的性质就出现了！第k轮的rank可由第k - 1轮的rank快速得来! 
为什么呢？为了方便描述，设SubStr(i, len)为从第i个字符开始，长度为len的字符串我们可以把第k轮SubStr(i, 2k2k)看成是一个由SubStr(i, 2k−12k−1)和SubStr(i + 2k−12k−1, 2k−12k−1)拼起来的东西。类似rmq算法，这两个长度而2k−12k−1的字符串是上一轮遇到过的！当然上一轮的rank也知道！那么吧每个这一轮的字符串都转化为这种形式，并且大家都知道字符串的比较是从左往右，左边和右边的大小我们可以用上一轮的rank表示，那么……这不就是一些两位数(也可以视为第一关键字和第二关键字)比较大小吗!再把这些两位数重新排名就是这一轮的rank。 
我们用下面这张经典的图理解一下： 

相信只要理解字符串的比较法则(跟实数差不多)，理解起来并不难。#还有一个细节就是怎么把这些两位数排序？这种位数少的数进行排序毫无疑问的要用一个复杂度为长度*排序数的个数的优美算法——基数排序(对于两位数的数复杂度就是O(Len)的)。 
基数排序原理 ： 把数字依次按照由低位到高位依次排序，排序时只看当前位。对于每一位排序时，因为上一位已经是有序的，所以这一位相等或符合大小条件时就不用交换位置，如果不符合大小条件就交换，实现可以用”桶”来做。(叙说起来比较奇怪，看完下面的代码应该更好理解，也可以上网查有关资料) 
好了SA和Rank(大写R)到此为止就处理好了。(下面有详解代码！)。但我们发现，只有这两样东西好像没什么用，为了处理重复子串之类的问题，我们就要引入一个表示最长公共前缀的新助手Height数组！

构造最长公共前缀——Height

同样先是定义一些变量

Heigth[i] : 表示Suffix[SA[i]]和Suffix[SA[i - 1]]的最长公共前缀，也就是排名相邻的两个后缀的最长公共前缀 
H[i] : 等于Height[Rank[i]]，也就是后缀Suffix[i]和它前一名的后缀的最长公共前缀 
而两个排名不相邻的最长公共前缀定义为排名在它们之间的Height的最小值。 
跟上面一样，先形像的理解一下： 

高效地得到Height数组

如果一个一个数按SA中的顺序比较的话复杂度是O(N2N2)级别的，想要快速的得到Height就需要用到一个关于H数组的性质。 
H[i] ≥ H[i - 1] - 1! 
如果上面这个性质是对的，那我们可以按照H[1]、H[2]……H[Len]的顺序进行计算，那么复杂度就降为O(N)了！ 
让我们尝试一下证明这个性质 : 设Suffix[k]是排在Suffix[i - 1]前一名的后缀，则它们的最长公共前缀是H[i - 1]。都去掉第一个字符，就变成Suffix[k + 1]和Suffix[i]。如果H[i - 1] = 0或1,那么H[i] ≥ 0显然成立。否则，H[i] ≥ H[i - 1] - 1(去掉了原来的第一个,其他前缀一样相等)，所以Suffix[i]和在它前一名的后缀的最长公共前缀至少是H[i - 1] - 1。 
仔细想想还是比较好理解的。H求出来，那Height就相应的求出来了，这样结合SA，Rank和Height我们就可以做很多关于字符串的题了！

代码——Code

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <algorithm>
 4 using namespace std;
 5 const int N=100010;
 6 int n,m,rank[N],sa[N],buc[N],id[N],height[N];
 7 char s[N];
 8 /*------------------------------------------------------------
 9 rank[i] 第i个后缀的排名;
10 sa[i] 排名为i的后缀位置;
11 buc[i] 计数排序辅助数组;
12 height[i] 排名为i的后缀与排名为(i-1)的后缀的LCP;
13 id[i] 倍增中后半段字符串位置(计数排序中的第二关键字);
14 s为原串
15 ------------------------------------------------------------*/
16 inline void qsort(){
17     //rank第一关键字,id第二关键字。
18     for(int i=0;i<=m;++i) buc[i]=0;
19     for(int i=1;i<=n;++i) ++buc[rank[id[i]]];
20     for(int i=1;i<=m;++i) buc[i]+=buc[i-1];
21     for(int i=n;i>=1;--i) sa[buc[rank[id[i]]]--]=id[i];
22     //计数排序,把新的二元组排序
23 }
24 //通过二元组两个下标的比较，确定两个子串是否相同
25 inline int cmp(int x,int y,int l){return id[x]==id[y]&&id[x+l]==id[y+l];}
26 int main() {
27     scanf("%s",s+1);
28     n=strlen(s+1);
29     for(int i=1;i<=n;++i) rank[i]=s[i],id[i]=i;
30     m=127,qsort();//一开始是以单个字符为单位，所以(m = 127)
31     for(int l=1,p=1,i;p<n;l<<=1,m=p){
32         //l 当前一个子串的长度; m 当前离散后的排名种类数
33         //当前的id(第二关键字)可直接由上一次的sa的得到
34         //更新sa值,并用id暂时存下上一轮的rank(用于cmp比较)
35         for(p=0,i=n-l+1;i<=n;++i) id[++p]=i;//长度越界,第二关键字为0
36         for(i=1;i<=n;++i) if (sa[i]>l) id[++p]=sa[i]-l;
37         qsort(),swap(rank,id),rank[sa[1]]=p=1;
38         //用已经完成的SA来更新与它互逆的rank,并离散rank
39         for(i=2;i<=n;++i) rank[sa[i]]=cmp(sa[i],sa[i-1],l)?p:++p;
40     }
41     //LCP  这个知道原理后就比较好理解程序
42     int j,k=0;
43     for(int i=1;i<=n;height[rank[i++]]=k)
44     for(k=k?k-1:k,j=sa[rank[i]-1];s[i+k]==s[j+k];++k);
45     return 0;
46 }

Code

4个比较基础的应用

Q1：一个串中两个串的最大公共前缀是多少？ 
A1：这不就是Height吗？用rmq预处理，再O(1)查询。 
 
Q2：一个串中可重叠的重复最长子串是多长？ 
A2：就是求任意两个后缀的最长公共前缀，而任意两个后缀的最长公共前缀都是Height 数组里某一段的最小值，那最长的就是Height中的最大值。 
 
Q3：一个串种不可重叠的重复最长子串是多长？ 
A3：先二分答案，转化成判别式的问题比较好处理。假设当前需要判别长度为k是否符合要求，只需把排序后的后缀分成若干组，其中每组的后缀之间的Height 值都不小于k，再判断其中有没有不重复的后缀，具体就是看最大的SA值和最小的SA值相差超不超过k，有一组超过的话k就是合法答案。 
 
A4：一个字符串不相等的子串的个数是多少？ 
Q4：每个子串一定是某个后缀的前缀，那么原问题等价于求所有后缀之间的不相同的前缀的个数。而且可以发现每一个后缀Suffix[SA[i]]的贡献是Len - SA[i] + 1,但是有子串算重复，重复的就是Heigh[i]个与前面相同的前缀，那么减去就可以了。最后，一个后缀Suffix[SA[i]]的贡献就是Len - SA[k] + 1 - Height[k]。 
对于后缀数组更多的应用这里就不详细阐述，经过思考后每个人都会发现它的一些不同的用途，它的功能也许比你想象中的更强大！

最开始的那道题

先搬下来。。。

你可想想这道题：你有一个01串S，然后定义一个前缀最右边的位置就是这个前缀的结束位置。现在有很多个询问，每q个询问结束位置在l~r中不同前缀的最长公共后缀是多长？ 
|S|,q≤100000|S|,q≤100000 
时限4s

简单思路：首先可以把字符串反过来就是求后缀的最长公共前缀了，可以用SA求出height数组，然后用rmq预处理之后就是求两个位置间的最小值。然后对于一个区间，显然只有在SA数组中相邻的两个串可以贡献答案。 
对于区间询问的问题可以用莫队处理，然后考虑加入一个后缀应该怎么处理，我们可以维护一个按SA数组排序的链表。假设我们先把所有位置的SA全部加入，然后按顺序删除，重新按顺序加入时就可以O(1)完成修改。那么按照这个思路我们可以用固定左端点的并查集，做到只加入，不删除，然后用O(nn−−√+nlogn)O(nn+nlogn)的复杂度完成这道题。

*可能后面的处理方式比较麻烦，如果直接用splay维护区间中的后缀的话可以做到O(nn−−√logn)O(nnlogn)，这个方法就比较直观，而SAM在个问题上还是有点无力的。这题只是为了说明SA相比于SAM还是有他的独到之处，特别是在处理后缀的lcp之类的问题上。

结束