后缀数组SA
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模板
struct SuffixArray{
int n, m;
string s;
vector<int> x, y, c, sa, rk, height;
explicit SuffixArray(string copy_s){
s = copy_s;
init();
get_sa();
get_height();
};
void init(){
n = s.size();
s = " " + s;
m = 500;
x.resize(2 * n + 1);
y.resize(2 * n + 1);
c.resize(max(m, n) + 1);
sa.resize(n + 1);
rk.resize(n + 1);
height.resize(n + 1);
}
void get_sa(){ // 倍增法+桶排序 O(nlogn) 求sa[]
int i, j, k;
// 初始化，按第一个字母排序
for(i = 1; i <= n; i ++) c[x[i] = s[i]] ++;
for(i = 1; i <= m; i ++) c[i] += c[i - 1];
for(i = n; i >= 1; i --) sa[c[x[i]] --] = i;
// 初始时的 sa 仅是将所有后缀按照第一个字母的字典序升序排序得到的排名，不同后缀的排名可能相同
for(k = 1; k <= n; k<<=1){ // 倍增，每次执行完当前轮后得到所有后缀按 长度为2^k的前缀(后面若有缺失的部分用空字符填补) 的字典序排序后的 sa
// 按第二关键字排序
for(i = 0; i <= m; i ++) c[i] = 0;
for(i = 1; i <= n; i ++) y[i] = sa[i];
for(i = 1; i <= n; i ++) c[x[y[i] + k]] ++;
for(i = 1; i <= m; i ++) c[i] += c[i - 1];
for(i = n; i >= 1; i --) sa[c[x[y[i] + k]] --] = y[i];
// 按第一关键字排序
for(i = 0; i <= m; i ++) c[i] = 0;
for(i = 1; i <= n; i ++) y[i] = sa[i];
for(i = 1; i <= n; i ++) c[x[y[i]]] ++;
for(i = 1; i <= m; i ++) c[i] += c[i - 1];
for(i = n; i >= 1; i --) sa[c[x[y[i]]] --] = y[i];
// 把后缀放入桶数组
for(i = 1; i <= n; i ++) y[i] = x[i];
for(m = 0, i = 1; i <= n; i ++){
if(y[sa[i]] == y[sa[i - 1]] && y[sa[i] + k] == y[sa[i - 1] + k]) x[sa[i]] = m;
else x[sa[i]] = ++m;
}
if(m == n) break; // 所有后缀排名均不相同时，说明已经得到了正确的 sa[]，可以提前退出
}
// rk[sa[i]] = i
for(int i = 1; i <= n; i ++) rk[sa[i]] = i;
}
void get_height(){ // O(n) 得到 height[]
// 利用性质：height[rk[i]] >= height[rk[i - 1]] - 1
for(int i = 1, k = 0; i <= n; i ++){
if(rk[i] == 1) continue;
if(k > 0) k --;
int j = sa[rk[i] - 1];
while(i + k <= n && j + k <= n && s[i + k] == s[j + k]) k ++;
height[rk[i]] = k;
}
}
};
P2408
Q：给定一个字符串，求不同的子串个数。
答案为 所有子串个数 - \(\sum height_{i}\)
证明：对本质不同的子串计数，核心在于保证无重复：对于每种子串，一定出现在排名连续的若干个后缀中，我们可以只在排名值最大的后缀累计贡献。
而对于任何一种子串，它会出现在这些后缀中任意两个排名相邻后缀的 lcp 中，进而对排名更高的后缀的 height 产生一次贡献。因此我们可以通过减掉这些后缀的所有 height，来消除这种子串的冗余贡献（只会剩下一次）。进而得证上述结论。
P4051
破环成链再跑 SA
P2852
Q：求一个字符串中 至少出现 \(k\) 次的子串 的最大长度。
显然可以二分答案 + 字符串 hash 解决，这里写一下后缀数组 SA 的做法。
在 SA 中，一对后缀的排名越相近，它们的相似度就越高，重合前缀的长度 （即 lcp）就越长。
而每个子串，可以看作是某个后缀的一个前缀。
因此，对于重复出现的子串，它们必然在一组排名 (rk) 连续的后缀中。
对于 height：
即排名为 \(i\) 的后缀与排名为 \(i-1\) 的后缀的最长公共前缀长度。
显然 lcp 函数是具有嵌套性质的，即：
因此求在原串中至少出现 \(k\) 次的子串的最大长度，本质上就是求 height 数组内 所有长度为 \(k - 1\) 的连续段内的最小值中的最大值，这可以通过对 height 数组做单调队列来解决。
P4341
Q：给定一个长度为 \(n\) 的 01 串，求所有出现次数 \(>1\) 的子串的出现次数，按照子串的字典序升序输出答案。\(n \le 3000\)
正常做法应该是 \(O(n^{2})\) 枚举所有子串建字典树，在每个子串的结尾位置记录 \(cnt\)，然后先序遍历字典树（相当于按照字典序升序遍历所有可能的子串），找所有 \(cnt\) 值 \(>1\) 的子串即可。
这里写一种 SA 做法：由于只需要子串的出现次数 \(>1\)，因此我们只需要找每一对排名相邻的后缀，并对它们的 \(lcp\) 的所有前缀计数就可以了。但是需要注意同一个后缀可能会重复找两次，需要注意去重。
P8023
Q：给定两个字符串，可以按照队列的方式取出任意一个字符串的首字符，最终合成一个字符串，求字典序最小的合成字符串。
每次贪心取出 当前两个字符串中字典序较小的字符串 的首字符，不断重复该过程直至取完所有字符。但是需要注意一个特判：当字典序较小的字符串恰好是字典序较大的字符串的前缀时，改为取字典序较大的字符串的首字符。
将两个字符串拼接在一起然后做 SA，为了实现特判需要提前在两个字符串结尾添加一个无穷大，然后再做拼接。然后每次取出某个字符串的首字符后，我们都会得到当前两个字符串的排名，排名的相对大小等价于字典序的相对大小，因此省去了暴力比较两个字符串字典序的过程，实现了优化。
P4070
Q：初始时字符串为空，多次操作，每次操作往字符串结尾添加一个字符，每次操作后求当前字符串的不同子串个数。
如果正序处理字符串，那么所有后缀都会发生变化，关于后缀数组 SA 的所有信息都会无规律地变化，这显然不是我们想看到的。而若倒序处理字符串，则每次相当于往开头加一个字符，所有原后缀都不会改变，只会添加一个新的后缀。又因为将字符串倒序不会改变本质不同子串的个数，因此我们不妨将整个字符串倒序，然后每次往开头加字符，尝试动态且高效地维护 height 数组。
由于 lcp 的嵌套性质，我们会发现一个结论：对于排名为 \(i\) 与排名为 \(j\) 的后缀，它们的 lcp 长度为：
在往开头加字符的过程中，每次都会产生一个新的后缀，且该后缀的排名已经通过 SA 预处理好了。考虑当前所有后缀的排名的有序集合，当前字符串的 height 数组显然由该有序集合离散化后排名相邻的一对后缀的 lcp 长度组成。
于是，加入一个后缀，height 数组会分别加入该后缀与原后缀集合中排名最相近（一小一大）的两个后缀的 lcp 长度，然后再减去这两个原后缀的 lcp 长度。这便是每次加入新后缀时整个 height 数组的变化，显然根据上述结论，height 数组的总和是可以利用 ST表维护 height 最小值 \(O(1)\) 维护的。
P2178
题意较繁琐，但与下一道题很类似，均需按照 height 值降序枚举，然后利用并查集维护区间集合。
CF1780G
Q：给一个字符串，求满足以下条件的所有子串的数量：该子串在原串中的出现次数是该子串长度的倍数。\(n \le 10^{6}\)
显然能想到枚举子串长度，然后调和级数枚举子串出现次数，复杂度 \(O(n\log n)\) 特别合理，但如何统计这样的子串是难点。
对原串求 SA 后，得到 height 数组。由 lcp 的嵌套性质可知，\(min_{i=l+1}^{r} \space height_{i}\) 表示排名在 \([l, r]\) 的所有后缀的 lcp 长度。
那么，若某个长度为 \(l\) 的子串在原串中出现恰好 \(k\) 次，则说明：在 height 数组中，一定存在一个长度恰好为 \(k-1\) 的区间（\(k-1\) 个连续的 height 对应 \(k\) 个排名连续的后缀），该区间内 height 的最小值 \(\geq l\)（注意该区间长度必须恰好为 \(k\)，不能向外延展，也就是左右边界两侧的 height 值不存在或者 \(< l\)）。
因此，对于长度为 \(l\) 的任意子串，我们只需要枚举它的出现次数 \(q * l\)，然后在 height 数组中找长度恰好为 \(q*l-1\) 的区间，使得该区间的最小值 \(\ge l\)。设这样的区间数量为 \(cnt_{q*l-1}\)，则答案累计 \(cnt_{q*l-1} * (q*l)\)。
于是，问题变成了如何维护关于 height 数组的区间长度桶 \(cnt\)。由于有效的 height 值必须 \(\ge\) 当前枚举的长度 \(l\)，因此不难发现，升序枚举长度相当于删点，降序枚举长度相当于加点。而显然加点是比较好维护的：只需要一个并查集维护相邻区间的合并就行了。具体实现见 code。
P4248
Q：给定一个长度为 \(n\) 的字符串，令 \(T_{i}\) 表示它从第 \(i\) 个字符开始的后缀，求：
前面两个增量的贡献为定值 \(\frac{n(n+1)(n-1)}{2}\)，问题等价于求：
由 \(height\) 数组的性质：\(lcp(s_{i\backsim n}, s_{j\backsim n}) = \min(height_{i+1 \backsim j})\)，我们可以将计算上式转化为每个 \(height_{i}\) 作为最小值时的子区间数量之和，可以单调栈 \(O(n)\) 解决。具体细节见 code。
浙公网安备 33010602011771号