SA
这应该是第一节能够课上听懂的知识了
算法原理
SA 算法，著名的后缀数组
以下只讨论 \(O(n\log n)\) 的倍增构造
目标：求出 \(sa_i\) 表示后缀字典序排名为 \(i\) 的后缀的起始位置。
ababa --> 53142
算法核心：倍增法。
我们考虑先求出仅考虑 \([i,i+2^k-1]\) 的串的排名，超出 \(n\) 的位置全部设为 \(-\infty\)。不妨记子串 \([i,i+2^k-1]\) 为 \(f(i,k)\)。同时记录 \(g(i,k)\) 为 \(f(i,k)\) 在 \(k\) 这一维度的排名。(去重后的排名)。
注意到 \(f(i,k)=f(i,k-1)+f(i+2^{k-1},k-1)\)。
因此我们考虑一个很 naive 的算法。
对于 \(k\to k+1\)，我们本质上只需要一个双关键字排序：第一关键字是 \(g(i,k)\)，第二关键字是 \(g(i+2^k,k)\)。
然后排序后重新标记 \(g(i,k+1)\)。
这个算法复杂度是 \(O(n\log^2 n)\) 的，我们发现瓶颈在于 sort。
不难发现我们只需一个双关键字桶排序即可优化到 \(O(n\log n)\)。
双关键字桶排序。
我们先对第一关键字建立桶。记录 \(c_x\) 为第一关键字 \(\le x\) 的数的总数，这个可以先计数再前缀和。
然后将所有数字按照第二关键字排序，倒序加入即可。
void build(int n,int cnt){ for(int i=1;i<=cnt;i++)c[i]=0; for(int i=1;i<=n;i++)c[a[i]]++,tmp[i]=a[b[i]];//tmp[i]减小缓存，很重要 for(int i=1;i<=cnt;i++)c[i]+=c[i-1]; } void sa_sort(int n){ for(int i=n;i;--i){//b_i：第二关键字排名为i的数的位置(也即g(i+2^k,k)的排名)，tmp[i]:b_i所对应的数所对应的桶编号 sa[c[tmp[i]]]=b[i];//sa[i]：排名为i的位置 c[tmp[i]]--; } }
然后我们考虑建立 SA。
void build_sa(char s[],int n){
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=s[i],b[i]=i;
int siz=512;build(n,siz);sa_sort(n);//第一轮排序初始化
for(int len=1;len<n;len<<=1){//len=2^k
int pos=0;
for(int i=n-len+1;i<=n;i++)b[++pos]=i;//标记特殊的，也即g(i+2^k,k)为无穷小
for(int i=1;i<=n;i++)if(sa[i]>len){
b[++pos]=sa[i]-len;
}//对于剩下的数，已知的数进行排序。
build(n,siz);
sa_sort(n);
for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=a[i];//copy，重标号第一关键字
a[sa[1]]=1;pos=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(d[sa[i]]!=d[sa[i-1]]||d[sa[i]+len]!=d[sa[i-1]+len])++pos;
a[sa[i]]=pos;
}
siz=pos;
if(len!=1&&pos==n)break;//剪枝，相当重要，已经排好
}
}
设 \(rk_i\) 为 \([i,n]\) 在所有后缀的排名；
HEIGHT
借助 SA 数组，我们可以求出一个数组 \(h\)。限制 \(h_1=0\)
\(h_i=|LCP([sa_{i-1},n],[sa_i,n])|\)。
有引理：\(h_{rk_i}\ge h_{rk_{i-1}}-1\)。证明留作习题，答案略，读者自证不难（tip:假设法+画图）。
void build_h(int n){
for(int i=1;i<=n;i++){
h[rk[i]]=max(0,h[rk[i-1]]-1);
while(i+h[rk[i]]<=n&&sa[rk[i]-1]+h[rk[i]]<=n&&s[sa[rk[i]-1]+h[rk[i]]]==s[i+h[rk[i]]])++h[rk[i]];
}
}
复杂度显然线性。
性质：
- \(h_{rk_i}\ge h_{rk_{i-1}}-1\)
- \(|LCP(sa_i,sa_j)|=\min_{k\in [i+1,j]} h_{k}\)
所以可以通过 st 快速求两个后缀的 \(LCP\) 长度。
void get_lcp(int lcp[21][N]){
memset(h,0,sizeof h);memset(rk,0,sizeof rk);memset(sa,0,sizeof sa);memset(a,0,sizeof a);memset(b,0,sizeof b);
memset(d,0,sizeof d);
build_sa(s,n);build_h(n);
for(int i=1;i<=n;i++)lcp[0][i]=h[i];
for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){
for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)lcp[j][i]=min(lcp[j-1][i],lcp[j-1][i+(1<<j-1)]);
}
}
int getlcp(int l,int r){
l=rklcp[l],r=rklcp[r];//important
if(l>r)swap(l,r);++l;
int k=lg[r-l+1];
return min(lcp[k][l],lcp[k][r-(1<<k)+1]);
}
基本应用
比较串 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\)。
先求解 \(LCP([l_1,n],[l_2,n])\)。如果长度大于等于两个串的长度的较小值，则直接比较长度。
否则等价于找到了第一个失配位置。直接比较
复杂度 \(O(1)\) 单次。
字符串匹配
在串 \(T\) 中找到所有串 \(S\) 的出现位置。多次操作。
直接后缀数组上二分，暴力比较即可。复杂度 \(O(\sum |S|\log |T|)\)
二分第一个匹配位置和第一个失配位置即可。
本质不同子串数量
\(\frac{n(n+1)}{2}-\sum h_i\)。这是一个去重操作。
最小表示法
直接把串复制两倍，后缀排序，找到第一个 \(sa_i\le n\) 即可。
出现 \(k\) 次子串最大长度
本问题形式化描述是求出最大的 \(len\)，满足存在 \(k\) 个 \([l_i,r_i]\)，使得 \(\forall i,r_i-l_i+1=len,[l_i,r_i]=[l_1,r_1]\)。
问题答案显然是 \(\max_{i\in[1,n-k+2]}\lbrace \min_{j\in [i,i+k-2]}h_j\rbrace\)
滑动窗口即可。
最长公共子串
求串 \(S,T\) 的最长公共子串。
建立串 \(G=S+\&+T\)，求其 \(h\)。
令 \(vaild(i)=([sa_i\in[1,|S|]]\times [sa_{i-1}\in [|S|+1,|G|]])+([sa_{i-1}\in[1,|S|]]\times [sa_{i}\in [|S|+1,|G|]])\)，也即 \(sa_{i-1},sa_i\) 的起步位置分属 \(S,T\)。
\(ans=\max h_i\times vaild(i)\)
最长回文子串
令 \(T=Rev(S)\) 即可。
\(\sum_{i,j} |LCP([i,n],[j,n])|\)
单调栈求出 \(l_i,r_i\) 满足：
\(\forall i,\forall j\in[l_i,i-1],h_j> h_i,\forall k\in[i+1,r_i],h_k\ge h_i\)。注意等号。
\(\sum_{i=1}^n (r_i-i+1)\times (i-l_i+1)\times h_i\) 即为答案。证明显然。
本质上是求 \(l\in [l_i-1,i-1],r\in [i,r_i]\) 的答案。全部都是 \(|LCP([l,n],[r,n])|=h_i\)
形如 \(AA\) 循环串处理
基本策略
下面我们简记 \(lcp(i,j)=|LCP([i,n],[j,n])|,lcs(i,j)=|LCS([1,i],[1,j])|\)。
注意到如果存在一个串 \(AA\)，则它一定经过某两个点 \(k|A|,(k+1)|A|\)。
所以如果我们枚举 \(k=|A|\)，然后选取 \(k,2k,3k……\) 为特殊点。
那么如果存在一个串 \(AA\) 在 \([kt-i,k(t+2)-i]\) 的位置。
则必然有 \(lcp(kt,k(t+1))\ge k-i,lcs(kt,k(t+1))\ge i+1\)。这是因为 \([kt-i,kt]=[k(t+1)-i,k(t+1)],[kt,k(t+1)-i-1]=[k(t+1),k(t+2)-i-1]\)。
因此存在一个串 \(AA\) 的对称轴在 \([i,i+1],i\in[kt,kt+k-1]\) 之间的充要条件是 \(lcp(kt,kt+t)+lcs(kt,kt+t)\ge k+1\)。
求解 \(f_i\) 为以 \(i\) 为开头的 \(AA\) 串个数。
我们可以得到影响区间，令 \(l=kt,r=kt+k\)，也即这个 \(AA\) 串的起始点就是在 \([\max(l-k+1,r-lcp(l,r)-k+1),\min(l+lcs(l,r)-k,l)]\)。
由此，差分计算即可。
求解重复次数最多连续重复子串
本质上还是上面那个问题，最多出现次数就是 \(\lfloor\frac{(lcs(l,r)+lcp(l,r)+k-1)}{k}\rfloor\)
综合应用
结合并查集
一个最基本的应用是对于所有的 \(d\in[0,n-1]\)，统计有多少对长度为 \(d\) 的子串是相同的。
这个可以使用后缀数组进行操作。
最naive的想法是把后缀数组进行分段，保留若干极长连续段 \((l_1,r_1)\sim (l_m,r_m)\)，满足 \(\forall i\in[1,m],\min_{k\in[l_i+1,r_i]}h_k\ge d\)。
答案显然是 \(\sum_{i=1}^m{r_i-l_i+1\choose 2}\)。
这里我们完全是对 \(h\) 数组进行操作，已经和原数组没啥关系了
而我们需要对于每个 \(d\) 求解答案，需要用到并查集。
利用并查集倒序 \(h_i\) 合并每一段即可。
int find(int x){
return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);
}
int get(int a){
int len=rpos[a]-lpos[a]+1;
return len*(len-1)/2;
}
void merge(int a,int b){
a=find(a),b=find(b);
if(a==b)return ;
nowcnt-=get(a)+get(b);
lpos[a]=min(lpos[a],lpos[b]);
rpos[a]=max(rpos[a],rpos[b]);
f[b]=a;nowcnt+=get(a);
}
//solve 函数中
for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i,lpos[i]=rpos[i]=i;
for(int i=2;i<=n;i++)posval[h[i]].push_back(i);
for(int p=n-1;p>=0;--p){
for(auto cut:posval[p]){
merge(cut,cut-1);
}
anscnt[p]=nowcnt;
}
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