后缀数组
引入
有很多字符串问题都是对于单个串 \(s\) 的所有子串来做文章。
但是子串这个信息是不好刻画的，那么就需要给子串一个新的定义：\(s\) 的后缀的前缀。
因此我们想要确定 \(s\) 的后缀之间的前缀关系，而前缀关系本质上就是字典序关系。
故一个十分核心的问题就是：\(s\) 的所有后缀的字典序大小关系。
即想要得到一个排列 \(\textit{sa}_i\)，使得对于 \(\forall i<j,s[\textit{sa}_i,n]\leq s[\textit{sa}_j,n]\)。那么我们称 \(\textit{sa}\) 为后缀数组。
一般记 \(\textit{rk}=\textit{sa}^{-1}\)，即有：
\(\textit{sa}_i\) 实际上表示排名为 \(i\) 的后缀的左端点位置，\(\textit{rk}_i\) 实际上表示 \(s[i,n]\) 的排名。
后缀数组
不妨假设 \(s_1,s_2\) 均为长度为 \(n\) 的字符串。
很自然的优化是先比较 \(s_1\left[1,\left\lfloor\dfrac n2\right\rfloor\right],s_2\left[1,\left\lfloor\dfrac n2\right\rfloor\right]\)，再比较 \(s_1\left[\left\lfloor\dfrac n2\right\rfloor+1,n\right],s_2\left[\left\lfloor\dfrac n2\right\rfloor+1,n\right]\) 的大小。
因此，对于一个字符串 \(s\)，如果我们知道所有 \(s[i,i+w-1]\) 的关系，就可以用两次桶排（基数排序）来得到所有 \(s[i,i+2w-1]\) 的关系。
倍增维护 \(w\)，即可在 \(\mathcal O(n\log n)\) 的时间内求出 \(\textit{sa}_i,\textit{rk}_i\)。
读入一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\)，求解并输出 \(\textit{sa}_1,\textit{sa}_2,\cdots,\textit{sa}_n\)。
求解 SA 可以有模板背板大法好：
void buildSA(){
static int sa0[N+1],rk0[N+1],cnt[N+1];
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[i]=s[i]]++;
}
for(int i=1;i<=V;i++){
cnt[i]+=cnt[i-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sa[cnt[rk[i]]--]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
rk0[i]=rk[i];
}
for(int p=0,i=1;i<=n;i++){
if(rk0[sa[i]]==rk0[sa[i-1]]){
rk[sa[i]]=p;
}else{
rk[sa[i]]=++p;
}
}
for(int w=1;w<n;w<<=1){
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=n;i++){
sa0[i]=sa[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[sa0[i]+w]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[i]+=cnt[i-1];
}
for(int i=n;1<=i;i--){
sa[cnt[rk[sa0[i]+w]]--]=sa0[i];
}
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=n;i++){
sa0[i]=sa[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[sa0[i]]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[i]+=cnt[i-1];
}
for(int i=n;1<=i;i--){
sa[cnt[rk[sa0[i]]]--]=sa0[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
rk0[i]=rk[i];
}
for(int p=0,i=1;i<=n;i++){
if(rk0[sa[i]]==rk0[sa[i-1]]&&rk0[sa[i]+w]==rk0[sa[i-1]+w]){
rk[sa[i]]=p;
}else{
rk[sa[i]]=++p;
}
}
}
}
完整参考代码
//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=1e6,V=127;
int n,sa[N+1],rk[N<<1|1];
char s[N+1+1];
void buildSA(){
static int sa0[N+1],rk0[N+1],cnt[N+1];
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[i]=s[i]]++;
}
for(int i=1;i<=V;i++){
cnt[i]+=cnt[i-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sa[cnt[rk[i]]--]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
rk0[i]=rk[i];
}
for(int p=0,i=1;i<=n;i++){
if(rk0[sa[i]]==rk0[sa[i-1]]){
rk[sa[i]]=p;
}else{
rk[sa[i]]=++p;
}
}
for(int w=1;w<n;w<<=1){
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=n;i++){
sa0[i]=sa[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[sa0[i]+w]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[i]+=cnt[i-1];
}
for(int i=n;1<=i;i--){
sa[cnt[rk[sa0[i]+w]]--]=sa0[i];
}
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=n;i++){
sa0[i]=sa[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[sa0[i]]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[i]+=cnt[i-1];
}
for(int i=n;1<=i;i--){
sa[cnt[rk[sa0[i]]]--]=sa0[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
rk0[i]=rk[i];
}
for(int p=0,i=1;i<=n;i++){
if(rk0[sa[i]]==rk0[sa[i-1]]&&rk0[sa[i]+w]==rk0[sa[i-1]+w]){
rk[sa[i]]=p;
}else{
rk[sa[i]]=++p;
}
}
}
}
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>(s+1);
n=strlen(s+1);
buildSA();
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<sa[i]<<' ';
}
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
\(\textit{height}\) 数组
既然需要知道所有后缀间的前缀关系，那么后缀间的最长公共前缀（LCP）信息是必不可少的。
在进行了后缀排序之后，显然 LCP 极长的所有后缀对就是 \((\textit{sa}_i,\textit{sa}_{i+1})\)。
记 \(\textit{height}_i=\vert LCP(s[\textit{sa}_{i-1},n],s[\textit{sa}_i,n])\vert\)，且钦定 \(\textit{height}_1=0\)。
则有：
因为 \(\textit{height}_{\textit{rk}_{i+1}}\geq\textit{height}_{\textit{rk}_i}-1\)，\(1\rightarrow n\) 扫一遍 \(i\)，维护 \(k=\vert LCP(s[i,n],s[\textit{sa}_{\textit{rk}_i+1},n])\vert\)。
\(i\) 增加 \(1\) 时，\(k\) 先减小 \(1\)，再暴力增加即可。
时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)。
void buildHeight(){
for(int i=1,k=0;i<=n;i++){
k=max(k-1,0);
while(s[i+k]==s[sa[rk[i]-1]+k]){
k++;
}
height[rk[i]]=k;
}
}
给定长度为 \(n\) 的字符串 \(s\)，求 \(s\) 的不同子串个数。
\(1\leq n\leq10^5\)。
考虑不同不好刻画，因此用总子串个数减去相同子串个数。
考虑将子串视为后缀的前缀，将后缀字典序排序。
如果 \(s[\textit{sa}_i,n]\) 的某一个前缀在 \(s[\textit{sa}_{i-1},n]\) 中出现了，那么只应当在 \(s[\textit{sa}_{i-1},n]\) 上贡献，在 \(s[\textit{sa}_i,n]\) 上属于「多出来的相同子串」，需要减掉，共有 \(\textit{height}_i\) 个。
因此，答案即：
参考代码
//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr const int N=1e5,V=127;
int n,sa[N+1],rk[N<<1|1],height[N+1];
char s[N+1+1];
void buildSA(){
static int sa0[N+1],rk0[N+1],cnt[N+1];
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[i]=s[i]]++;
}
for(int i=1;i<=V;i++){
cnt[i]+=cnt[i-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sa[cnt[rk[i]]--]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
rk0[i]=rk[i];
}
for(int p=0,i=1;i<=n;i++){
if(rk0[sa[i]]==rk0[sa[i-1]]){
rk[sa[i]]=p;
}else{
rk[sa[i]]=++p;
}
}
for(int w=1;w<n;w<<=1){
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=n;i++){
sa0[i]=sa[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[sa0[i]+w]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[i]+=cnt[i-1];
}
for(int i=n;1<=i;i--){
sa[cnt[rk[sa0[i]+w]]--]=sa0[i];
}
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=n;i++){
sa0[i]=sa[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[sa0[i]]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt[i]+=cnt[i-1];
}
for(int i=n;1<=i;i--){
sa[cnt[rk[sa0[i]]]--]=sa0[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
rk0[i]=rk[i];
}
for(int p=0,i=1;i<=n;i++){
if(rk0[sa[i]]==rk0[sa[i-1]]&&rk0[sa[i]+w]==rk0[sa[i-1]+w]){
rk[sa[i]]=p;
}else{
rk[sa[i]]=++p;
}
}
}
}
void buildHeight(){
for(int i=1,k=0;i<=n;i++){
k=max(k-1,0);
while(s[i+k]==s[sa[rk[i]-1]+k]){
k++;
}
height[rk[i]]=k;
}
}
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>(s+1);
buildSA();
buildHeight();
ll ans=(n+1ll)*n>>1;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans-=height[i];
}
cout<<ans<<'\n';
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号