后綴數組大概就是用后綴排名來搞一些事情，因為字符串中的每一個子串都可看做某一后綴的前綴
可用倍增法求出后綴排名
一、數組意義（對於字符串 s）
sa[i]:排名為i的后綴的開頭在s中的位置
height[i]:排名為i的后綴和排名為i-1的后綴的LCP（最長公共前綴）
c[]:用於基數排序，統計前綴和
rank[i]:以s[i]開頭的后綴的排名 顯然 rank[sa[i]]=i sa[rank[i]]=i
二、求sa[]具體思路
1.用倍增法構造第一、第二關鍵詞，第一關鍵詞小的排在前，第一關鍵詞相同的 第二關鍵詞小的排在前。
2.優化：如果后綴長度枚舉到某一大小時，每個后綴的排名彼此不同，那么可以直接退出，道理很顯然
三、求height[]具體思路
先求出rank[i]
看height[]的定義，知道應取suffix(sa[rank[i-1]])和suffix(i)的LCP
只要找到suffix(sa[rank[i-1]])的開頭j，暴力枚舉便可
此處有一個小優化（詳情參見http://www.cnblogs.com/LLGemini/p/4771235.html）
h[]即為height[]
對於i>1 且Rank[i]>1，一定有h[i]≥h[i-1]-1。（這條性質要好好理解！）
證明：設suffix(k)是排在suffix(i-1)前一名的后綴，它們的最長公共前綴是h[i-1]。
那么suffix(k+1)將排在suffix(i)的前面（這里要求h[i-1]>1，如果h[i-1]≤1，原式顯然成立）並且suffix(k+1)和suffix(i)的最長公共前綴是h[i-1]-1，
所以suffix(i)和在它前一名的后綴的最長公共前綴至少是h[i-1]-1。
按照h[1],h[2],……,h[n]的順序計算,並利用h 數組的性質，時間復雜度可以降為O(n)。
四、注意事項
構建sa[]時，傳4個參進入函數，設原字符串為s，設s的長度為n，s中最大字符的大小為m
build_sa(s[]，sa[],n+1,m+1)
傳n+1而不傳n的原因是在s的末尾補上了一個 “0”
原因：防止數組越界
for(int i=1;i<n;i++)x[sa[i]]= y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k]?p-1:p++;
如果 x[idx1]==x[idx2](注意idx1!=idx2), 說明以 idx1或 idx2 開頭的長度為 len 的字符串肯定不包括字符 x[n-1] , 所以調用變量 sa[idx1+len] 和 sa[idx2+len] 不會導致數組越界, 這樣就不需要做特殊判斷.
完美解決了！
代碼:
int sa[N],rk[N],h[N],c[N],r[N],wa[N],wb[N],sp[N],n,k;
void get_sa(int *r,int *sa,int n,int m){
int *x=wa,*y=wb;//都是輔助變量
for(int i=0;i<n;i++)c[x[i]=r[i]]++;
for(int i=1;i<m;i++)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n-1;i>=0;i--)sa[--c[x[i]]]=i;
for(int k=1;k<=n;k<<=1){
int p=0;
for(int i=n-k;i<n;i++)y[p++]=i;
for(int i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=k)y[p++]=sa[i]-k;
for(int i=0;i<m;i++)c[i]=0;
for(int i=0;i<n;i++)c[x[i]]++;
for(int i=1;i<m;i++)c[i]+=c[i-1];
for(int i=n-1;~i;i--)sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];
swap(x,y);//x，y是指針，直接互換
p=1;x[sa[0]]=0;
for(int i=1;i<n;i++)x[sa[i]]= y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k]?p-1:p++;
if(p>=n)break;
m=p;//優化：最多有p個元素，下一次最大值為p
}
}
void get_h(){
int k=0,mh=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)rk[sa[i]]=i;
for(int i=0;i<n;i++){
if(k)k--;
int j=sa[rk[i]-1];
while(r[i+k]==r[j+k])k++;
h[rk[i]]=k;
}
}
補：還要隨時注意一個地方，對於整個串我們補了一個'0'在串尾，那么得到的sa[]就一定是1~n為原串，且傳入參數時， n和m都要+1
2017-06-02 20:58:43