五分鍾搞懂后綴數組！

為什么學后綴數組

后綴數組是一個比較強大的處理字符串的算法，是有關字符串的基礎算法，所以必須掌握。 
學會后綴自動機(SAM)就不用學后綴數組(SA)了？不，雖然SAM看起來更為強大和全面，但是有些SAM解決不了的問題能被SA解決，只掌握SAM是遠遠不夠的。 
……

有什么SAM做不了的例子？ 
比如果求一個串后綴的lcp方面的應用，這是SA可以很方便的用rmq來維護，但是SAM還要求lca，比較麻煩，還有就是字符集比較大的時候SA也有優勢。

現在這里放道題，看完這個blog可能就會做了！： 
你可想想這道題：你有一個01串S，然后定義一個前綴最右邊的位置就是這個前綴的結束位置。現在有q多個詢問，每個詢問結束位置在l~r中不同前綴的最長公共后綴是多長？ 
|S|,q≤100000|S|,q≤100000 
時限4s

而下面是我對后綴數組的一些理解

構造后綴數組——SA

先定義一些變量的含義

Str ：需要處理的字符串(長度為Len) 
Suffix[i] ：Str下標為i ~ Len的連續子串(即后綴) 
Rank[i] : Suffix[i]在所有后綴中的排名 
SA[i] : 滿足Suffix[SA[1]] < Suffix[SA[2]] …… < Suffix[SA[Len]],即排名為i的后綴為Suffix[SA[i]] (與Rank是互逆運算) 
好，來形象的理解一下 

后綴數組指的就是這個SA[i],有了它，我們就可以實現一些很強大的功能(如不相同子串個數、連續重復子串等)。如何快速的到它，便成為了這個算法的關鍵。而SA和Rank是互逆的，只要求出任意一個，另一個就可以O(Len)得到。 

現在比較主流的算法有兩種，倍增和DC3，在這里，就主要講一下稍微慢一些，但比較好實現以及理解的倍增算法(雖說慢，但也是O(Len logLen))的。

進入正題——倍增算法

倍增算法的主要思想 ：對於一個后綴Suffix[i],如果想直接得到Rank比較困難，但是我們可以對每個字符開始的長度為2k2k的字符串求出排名，k從0開始每次遞增1(每遞增1就成為一輪)，當2k2k大於Len時，所得到的序列就是Rank，而SA也就知道了。O(logLen)枚舉k 
這樣做有什么好處呢？ 
設每一輪得到的序列為rank(注意r是小寫，最終后綴排名Rank是大寫)。有一個很美妙的性質就出現了！第k輪的rank可由第k - 1輪的rank快速得來! 
為什么呢？為了方便描述，設SubStr(i, len)為從第i個字符開始，長度為len的字符串我們可以把第k輪SubStr(i, 2k2k)看成是一個由SubStr(i, 2k−12k−1)和SubStr(i + 2k−12k−1, 2k−12k−1)拼起來的東西。類似rmq算法，這兩個長度而2k−12k−1的字符串是上一輪遇到過的！當然上一輪的rank也知道！那么吧每個這一輪的字符串都轉化為這種形式，並且大家都知道字符串的比較是從左往右，左邊和右邊的大小我們可以用上一輪的rank表示，那么……這不就是一些兩位數(也可以視為第一關鍵字和第二關鍵字)比較大小嗎!再把這些兩位數重新排名就是這一輪的rank。 
我們用下面這張經典的圖理解一下： 

相信只要理解字符串的比較法則(跟實數差不多)，理解起來並不難。#還有一個細節就是怎么把這些兩位數排序？這種位數少的數進行排序毫無疑問的要用一個復雜度為長度*排序數的個數的優美算法——基數排序(對於兩位數的數復雜度就是O(Len)的)。 
基數排序原理 ： 把數字依次按照由低位到高位依次排序，排序時只看當前位。對於每一位排序時，因為上一位已經是有序的，所以這一位相等或符合大小條件時就不用交換位置，如果不符合大小條件就交換，實現可以用”桶”來做。(敘說起來比較奇怪，看完下面的代碼應該更好理解，也可以上網查有關資料) 
好了SA和Rank(大寫R)到此為止就處理好了。(下面有詳解代碼！)。但我們發現，只有這兩樣東西好像沒什么用，為了處理重復子串之類的問題，我們就要引入一個表示最長公共前綴的新助手Height數組！

構造最長公共前綴——Height

同樣先是定義一些變量

Heigth[i] : 表示Suffix[SA[i]]和Suffix[SA[i - 1]]的最長公共前綴，也就是排名相鄰的兩個后綴的最長公共前綴 
H[i] : 等於Height[Rank[i]]，也就是后綴Suffix[i]和它前一名的后綴的最長公共前綴 
而兩個排名不相鄰的最長公共前綴定義為排名在它們之間的Height的最小值。 
跟上面一樣，先形像的理解一下： 

高效地得到Height數組

如果一個一個數按SA中的順序比較的話復雜度是O(N2N2)級別的，想要快速的得到Height就需要用到一個關於H數組的性質。 
H[i] ≥ H[i - 1] - 1! 
如果上面這個性質是對的，那我們可以按照H[1]、H[2]……H[Len]的順序進行計算，那么復雜度就降為O(N)了！ 
讓我們嘗試一下證明這個性質 : 設Suffix[k]是排在Suffix[i - 1]前一名的后綴，則它們的最長公共前綴是H[i - 1]。都去掉第一個字符，就變成Suffix[k + 1]和Suffix[i]。如果H[i - 1] = 0或1,那么H[i] ≥ 0顯然成立。否則，H[i] ≥ H[i - 1] - 1(去掉了原來的第一個,其他前綴一樣相等)，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。 
仔細想想還是比較好理解的。H求出來，那Height就相應的求出來了，這樣結合SA，Rank和Height我們就可以做很多關於字符串的題了！

代碼——Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int n,m,rank[N],sa[N],buc[N],id[N],height[N]; 
char s[N];
/*------------------------------------------------------------
rank[i] 第i個后綴的排名; 
sa[i] 排名為i的后綴位置; 
buc[i] 計數排序輔助數組;
height[i] 排名為i的后綴與排名為(i-1)的后綴的LCP;
id[i] 倍增中后半段字符串位置(計數排序中的第二關鍵字);
s為原串
------------------------------------------------------------*/
inline void qsort(){
    //rank第一關鍵字,id第二關鍵字。
    for(int i=0;i<=m;++i) buc[i]=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) ++buc[rank[id[i]]];
    for(int i=1;i<=m;++i) buc[i]+=buc[i-1];
    for(int i=n;i>=1;--i) sa[buc[rank[id[i]]]--]=id[i]; 
    //計數排序,把新的二元組排序
}
//通過二元組兩個下標的比較，確定兩個子串是否相同
inline int cmp(int x,int y,int l){return id[x]==id[y]&&id[x+l]==id[y+l];}
int main() {
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=n;++i) rank[i]=s[i],id[i]=i;
    m=127,qsort();//一開始是以單個字符為單位，所以(m = 127)
    for(int l=1,p=1,i;p<n;l<<=1,m=p){
        //l 當前一個子串的長度; m 當前離散后的排名種類數
        //當前的id(第二關鍵字)可直接由上一次的sa的得到
        //更新sa值,並用id暫時存下上一輪的rank(用於cmp比較)
        for(p=0,i=n-l+1;i<=n;++i) id[++p]=i;//長度越界,第二關鍵字為0
        for(i=1;i<=n;++i) if (sa[i]>l) id[++p]=sa[i]-l;
        qsort(),swap(rank,id),rank[sa[1]]=p=1;
        //用已經完成的SA來更新與它互逆的rank,並離散rank
        for(i=2;i<=n;++i) rank[sa[i]]=cmp(sa[i],sa[i-1],l)?p:++p;
    }
    //LCP  這個知道原理后就比較好理解程序
    int j,k=0;
    for(int i=1;i<=n;height[rank[i++]]=k)
    for(k=k?k-1:k,j=sa[rank[i]-1];s[i+k]==s[j+k];++k);
    return 0;
}

4個比較基礎的應用

Q1：一個串中兩個串的最大公共前綴是多少？ 
A1：這不就是Height嗎？用rmq預處理，再O(1)查詢。 
 
Q2：一個串中可重疊的重復最長子串是多長？ 
A2：就是求任意兩個后綴的最長公共前綴，而任意兩個后綴的最長公共前綴都是Height 數組里某一段的最小值，那最長的就是Height中的最大值。 
 
Q3：一個串種不可重疊的重復最長子串是多長？ 
A3：先二分答案，轉化成判別式的問題比較好處理。假設當前需要判別長度為k是否符合要求，只需把排序后的后綴分成若干組，其中每組的后綴之間的Height 值都不小於k，再判斷其中有沒有不重復的后綴，具體就是看最大的SA值和最小的SA值相差超不超過k，有一組超過的話k就是合法答案。 
 
A4：一個字符串不相等的子串的個數是多少？ 
Q4：每個子串一定是某個后綴的前綴，那么原問題等價於求所有后綴之間的不相同的前綴的個數。而且可以發現每一個后綴Suffix[SA[i]]的貢獻是Len - SA[i] + 1,但是有子串算重復，重復的就是Heigh[i]個與前面相同的前綴，那么減去就可以了。最后，一個后綴Suffix[SA[i]]的貢獻就是Len - SA[k] + 1 - Height[k]。 
對於后綴數組更多的應用這里就不詳細闡述，經過思考后每個人都會發現它的一些不同的用途，它的功能也許比你想象中的更強大！

最開始的那道題

先搬下來。。。

你可想想這道題：你有一個01串S，然后定義一個前綴最右邊的位置就是這個前綴的結束位置。現在有很多個詢問，每q個詢問結束位置在l~r中不同前綴的最長公共后綴是多長？ 
|S|,q≤100000|S|,q≤100000 
時限4s

簡單思路：首先可以把字符串反過來就是求后綴的最長公共前綴了，可以用SA求出height數組，然后用rmq預處理之后就是求兩個位置間的最小值。然后對於一個區間，顯然只有在SA數組中相鄰的兩個串可以貢獻答案。 
對於區間詢問的問題可以用莫隊處理，然后考慮加入一個后綴應該怎么處理，我們可以維護一個按SA數組排序的鏈表。假設我們先把所有位置的SA全部加入，然后按順序刪除，重新按順序加入時就可以O(1)完成修改。那么按照這個思路我們可以用固定左端點的並查集，做到只加入，不刪除，然后用O(nn−−√+nlogn)O(nn+nlogn)的復雜度完成這道題。

*可能后面的處理方式比較麻煩，如果直接用splay維護區間中的后綴的話可以做到O(nn−−√logn)O(nnlogn)，這個方法就比較直觀，而SAM在個問題上還是有點無力的。這題只是為了說明SA相比於SAM還是有他的獨到之處，特別是在處理后綴的lcp之類的問題上。

結束