后缀数组（SA）
给定长为 \(n\) 的字符串 \(s\)，约定 \(i\) 的后缀为 \(s[i\cdots n]\)，\(sa_i\) 表示第 \(i\) 小的后缀，\(rk_i\) 表示 \(i\) 的后缀的排名.
求 sa 和 rk 数组
朴素做法直接对每个后缀排序，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2 \log n)\).
考虑倍增，若当前长度为 \(k\)，\(i\) 的后缀表示为 \(s[i\cdots i+k-1]\)，\(sa\) 和 \(rk\) 此时维护的都是这个后缀.
考察 \(k \to 2k\) 的变化，新后缀为两端后缀的拼接，此时只需要对 \((s[i\cdots i+k-1],s[i+k\cdots i+2k-1])\) 这个二元组排序即可，可以用计数排序优化，同时因为是增量的，存在进一步优化的可能.
先对第二关键字排序，发现只需要按顺序把 \(i+k\gt n\) 的放在前面，随后按当前 \(sa\) 的顺序放 \(sa_i-k\) 即可.
按照这个索引做稳定计数排序，最后把排名离散化（本质相同的排名也应该相同），当不同的排名到达 \(n\) 时，处理完成.
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\).
https://www.luogu.com.cn/problem/P3809
//author:kzssCCC
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void solve(){
string s;
cin >> s;
int n = s.size();
s = ' '+s;
int m = max(255,n);
vector<int> rk(n+1),ord(n+1),cnt(m+1),sa(n+1);
for (int i=1;i<=n;i++){
rk[i] = (unsigned char)s[i];
cnt[rk[i]]++;
}
for (int i=1;i<=m;i++){
cnt[i] += cnt[i-1];
}
for (int i=n;i>=1;i--){
sa[cnt[rk[i]]--] = i;
}
for (int k=1;;k<<=1){
int p = 1;
for (int i=n-k+1;i<=n;i++){
ord[p++] = i;
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (sa[i]>k){
ord[p++] = sa[i]-k;
}
}
fill(cnt.begin(),cnt.begin()+m+1,0);
for (int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[ord[i]]]++;
}
for (int i=1;i<=m;i++){
cnt[i] += cnt[i-1];
}
for (int i=n;i>=1;i--){
sa[cnt[rk[ord[i]]]--] = ord[i];
}
swap(rk,ord);
rk[sa[1]] = 1;
for (int i=2;i<=n;i++){
pair<int,int> p1 = {ord[sa[i-1]],sa[i-1]+k<=n?ord[sa[i-1]+k]:-1};
pair<int,int> p2 = {ord[sa[i]],sa[i]+k<=n?ord[sa[i]+k]:-1};
rk[sa[i]] = rk[sa[i-1]]+(p1<p2);
}
if (rk[sa[n]]==n) break;
}
for (int i=1;i<=n;i++){
cout << sa[i] << ' ';
}
cout << '\n';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
height 数组
定义 \(height_i = lcp(suf[sa_{i-1}],suf[sa_i])\)，也就是排名为 \(i-1\) 的后缀与排名为 \(i\) 的后缀的最长公共前缀. 有一个重要的性质：
\[lcp(suf[x],suf[y]) = \min_{rk_x+1 \le i \le rk_y}{height_i}
\]
这样就把求任意两后缀的 \(lcp\) 变成了区间 \(rmq\) 问题.
Kasai 算法求 height 数组
根据结论：若 \(height[rk_i]=k\)，则 \(height[rk_{i+1}] \ge k-1\)，也就是说 \(i+1\) 只需要从 \(k-1\) 开始拓展，这就让复杂度变成线性的了.
按原顺序遍历，\(i\) 需要匹配的后缀起点 \(j=sa[rk_i-1]\).
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\).
vector<int> height(n+1);
int k = 0;
for (int i=1;i<=n;i++){
if (rk[i]==1) continue;
int j = sa[rk[i]-1];
while (i+k<=n && j+k<=n && s[i+k]==s[j+k]){
k++;
}
height[rk[i]] = k;
k = max(k-1,0);
}
习题
https://www.luogu.com.cn/problem/P3804
题意
给定字符串 \(s\)，求 \(s\) 中所有出现次数大于 \(1\) 的子串的出现次数乘上该子串长度的最大值.
\(1\le |s| \le 10^6\).
思路
相当于在 \(height\) 数组选一个区间，最大化 \((r-l+1)\cdot \min_{l+1\le i \le r}{height_i}\)，容易想到用单调栈固定最小值.
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)，\(n\) 为字符串长度.
代码
//author:kzssCCC
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void solve(){
string s;
cin >> s;
int n = s.size();
s = ' '+s;
int m = 255;
vector<int> sa(n+1),rk(n+1),ord(n+1),cnt(max(n,m)+1);
for (int i=1;i<=n;i++){
rk[i] = (unsigned char)s[i];
cnt[rk[i]]++;
}
for (int i=1;i<=m;i++){
cnt[i] += cnt[i-1];
}
for (int i=n;i>=1;i--){
sa[cnt[rk[i]]--] = i;
}
for (int k=1;;k<<=1){
int p = 1;
for (int i=n-k+1;i<=n;i++){
ord[p++] = i;
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (sa[i]>k){
ord[p++] = sa[i]-k;
}
}
fill(cnt.begin(),cnt.begin()+m+1,0);
for (int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[ord[i]]]++;
}
for (int i=1;i<=m;i++){
cnt[i] += cnt[i-1];
}
for (int i=n;i>=1;i--){
sa[cnt[rk[ord[i]]]--] = ord[i];
}
swap(rk,ord);
rk[sa[1]] = 1;
for (int i=2;i<=n;i++){
pair<int,int> p1 = {ord[sa[i-1]],sa[i-1]+k<=n?ord[sa[i-1]+k]:-1};
pair<int,int> p2 = {ord[sa[i]],sa[i]+k<=n?ord[sa[i]+k]:-1};
rk[sa[i]] = rk[sa[i-1]]+(p1<p2);
}
m = rk[sa[n]];
if (m==n) break;
}
vector<int> height(n+1);
{
int k = 0;
for (int i=1;i<=n;i++){
if (rk[i]==1) continue;
int j = sa[rk[i]-1];
while (i+k<=n && j+k<=n && s[i+k]==s[j+k]){
k++;
}
height[rk[i]] = k;
k = max(k-1,0);
}
}
stack<int> stk;
vector<int> left(n+1),right(n+1);
for (int i=1;i<=n;i++){
while (!stk.empty() && height[i]<=height[stk.top()]){
stk.pop();
}
left[i] = stk.empty()?0:stk.top();
stk.push(i);
}
while (!stk.empty()){
stk.pop();
}
for (int i=n;i>=1;i--){
while (!stk.empty() && height[i]<=height[stk.top()]){
stk.pop();
}
right[i] = stk.empty()?n+1:stk.top();
stk.push(i);
}
ll mx = 0;
for (int i=1;i<=n;i++){
mx = max(mx,(ll)height[i]*(right[i]-left[i]));
}
cout << mx << '\n';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
https://www.luogu.com.cn/problem/P2408
题意
给定长为 \(n\) 的字符串 \(s\)，求不同的子串数量.
\(1\le n \le 10^5\).
思路
固定起点分类，起点为 \(sa_i\) 贡献是 \(n-sa_i+1\)，容斥掉与前一个的重复部分，也就是 \(height_i\).
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\).
代码
//author:kzssCCC
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void solve(){
int n;
string s;
cin >> n >> s;
s = ' '+s;
int m = 255;
vector<int> sa(n+1),rk(n+1),ord(n+1),cnt(max(n,m)+1);
for (int i=1;i<=n;i++){
rk[i] = (unsigned char)s[i];
cnt[rk[i]]++;
}
for (int i=1;i<=m;i++){
cnt[i] += cnt[i-1];
}
for (int i=n;i>=1;i--){
sa[cnt[rk[i]]--] = i;
}
for (int k=1;;k<<=1){
int p = 1;
for (int i=n-k+1;i<=n;i++){
ord[p++] = i;
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (sa[i]>k){
ord[p++] = sa[i]-k;
}
}
fill(cnt.begin(),cnt.begin()+m+1,0);
for (int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[ord[i]]]++;
}
for (int i=1;i<=m;i++){
cnt[i] += cnt[i-1];
}
for (int i=n;i>=1;i--){
sa[cnt[rk[ord[i]]]--] = ord[i];
}
swap(rk,ord);
rk[sa[1]] = 1;
for (int i=2;i<=n;i++){
pair<int,int> p1 = {ord[sa[i-1]],sa[i-1]+k<=n?ord[sa[i-1]+k]:-1};
pair<int,int> p2 = {ord[sa[i]],sa[i]+k<=n?ord[sa[i]+k]:-1};
rk[sa[i]] = rk[sa[i-1]]+(p1<p2);
}
m = rk[sa[n]];
if (m==n) break;
}
vector<int> height(n+1);
{
int k = 0;
for (int i=1;i<=n;i++){
if (rk[i]==1) continue;
int j = sa[rk[i]-1];
while (i+k<=n && j+k<=n && s[i+k]==s[j+k]){
k++;
}
height[rk[i]] = k;
k = max(k-1,0);
}
}
ll res = 0;
for (int i=1;i<=n;i++){
res += n-sa[i]+1-height[i];
}
cout << res << '\n';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
https://www.luogu.com.cn/problem/P2852
题意
给定长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，求出现至少 \(k\) 次的子数组的最大长度.
\(1\le n \le 2\cdot 10^4\).
思路
相当于在 \(height\) 数组选一个长度 \(\ge k-1\) 的区间，最大化区间的最小值，因为区间长度增大区间最小值不增，因此区间长度固定为 \(k-1\)，使用单调队列 \(+\) \(multiset\) 维护即可.
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\).
代码
//author:kzssCCC
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int INF = 1e9;
void solve(){
int n,k;
cin >> n >> k;
vector<int> a(n+1);
for (int i=1;i<=n;i++){
cin >> a[i];
}
int m = 1e6;
vector<int> sa(n+1),rk(n+1),ord(n+1),cnt(max(n,m)+1);
for (int i=1;i<=n;i++){
rk[i] = a[i];
cnt[rk[i]]++;
}
for (int i=1;i<=m;i++){
cnt[i] += cnt[i-1];
}
for (int i=n;i>=1;i--){
sa[cnt[rk[i]]--] = i;
}
for (int k=1;;k<<=1){
int p = 1;
for (int i=n-k+1;i<=n;i++){
ord[p++] = i;
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (sa[i]>k){
ord[p++] = sa[i]-k;
}
}
fill(cnt.begin(),cnt.begin()+m+1,0);
for (int i=1;i<=n;i++){
cnt[rk[ord[i]]]++;
}
for (int i=1;i<=m;i++){
cnt[i] += cnt[i-1];
}
for (int i=n;i>=1;i--){
sa[cnt[rk[ord[i]]]--] = ord[i];
}
swap(rk,ord);
rk[sa[1]] = 1;
for (int i=2;i<=n;i++){
pair<int,int> p1 = {ord[sa[i-1]],sa[i-1]+k<=n?ord[sa[i-1]+k]:-1};
pair<int,int> p2 = {ord[sa[i]],sa[i]+k<=n?ord[sa[i]+k]:-1};
rk[sa[i]] = rk[sa[i-1]]+(p1<p2);
}
m = rk[sa[n]];
if (m==n) break;
}
vector<int> height(n+1);
{
int k = 0;
for (int i=1;i<=n;i++){
if (rk[i]==1) continue;
int j = sa[rk[i]-1];
while (i+k<=n && j+k<=n && a[i+k]==a[j+k]){
k++;
}
height[rk[i]] = k;
k = max(k-1,0);
}
}
int mx = 0;
int l=1,r=1;
multiset<int> st;
while (r<k-1){
st.insert(height[r++]);
}
while (r<=n){
st.insert(height[r++]);
mx = max(mx,*st.begin());
st.extract(height[l++]);
}
cout << mx << '\n';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号