文章目錄

• 前言
• 解析
• • 后綴排序
  • • 優化1：基數排序
    • 優化2：簡化第一次排序
    • 優化3：提前break
    • 完整代碼
  • LCP與height

所謂后綴數組，就是存儲后綴的數組

（逃）

前言

為什么一個算法，如此難以理解卻依然是成為一個成熟OIer不可回避的必修課？
足以可見后綴家族功能的強大

首先，由于其本身的性質，后綴數組對字典序相關的問題十分擅長
同時，由于 $height$ 數組的眾多優秀性質，它在處理公共串問題和 LCP 問題上也十分強大
（我目前SA的題加起來也沒做上十道，所以這樣的“總結”請選擇性閱讀）

解析

后綴排序

P3809 【模板】后綴排序

給出一個字符串，把所有后綴按照字典序排序
$n\le 10^6$

考慮倍增
一開始子串長度為 $1$，每個位置的排名 $r{k}_i$ 就是自己位置的字符
然后在已知長度為 $w$ 的所有子串的排名的情況下，以 $r{k}_{i+w}$ 為第二關鍵字，$r{k}_i$ 為第一關鍵字排序，可以得到長度為 $2w$ 的所有子串的排名（空串的排名視為負無窮）
每次用 sort 的話，時間復雜度 $O(nlo{g}^2{n}^{)}$

優化1：基數排序

注意到這里的排序是關于大小的排序，且值域（排名）只有 $O(n)$
所以我們可以使用基數排序代替 sort，時間復雜度變成 $O(nlogn)$

注意！ 基數排序重新排列的循環必須倒序枚舉，這樣才能保證排序的穩定性

memset(cnt,0,sizeof(cnt)); memcpy(oldrk,rk,sizeof(rk)); for(int i=1;i<=n;i++) ++cnt[rk[id[i]]]; for(int i=1;i<=m;i++) cnt[i]+=cnt[i-1]; for(int i=n;i>=1;i--) sa[cnt[rk[id[i]]]--]=id[i]; p=0; for(int i=1;i<=n;i++){if(oldrk[sa[i]]==oldrk[sa[i-1]]&&oldrk[sa[i]+w]==oldrk[sa[i-1]+w]) rk[sa[i]]=p;else rk[sa[i]]=++p; } m=p;

優化2：簡化第一次排序

第一次是關于$r{k}_{i_w}$ 排序
并不需要基數排序，只需要：

p=0; for(int i=n;i>n-w;i--) id[++p]=i; for(int i=1;i<=n;i++){if(sa[i]>w) id[++p]=sa[i]-w; }

即可

優化3：提前break

玄學優化
大概就是，不必真的倍增到總長度，只需要讓所有字符串的排名互相分開即可
這東西在全是 a 這樣的串中可以說是等于沒有，但在不少時候優化巨大（比如本題 $2.2s\to 0.8s$)

完整代碼

$s{a}_i$：排名為 $i$ 的后綴的編號
$r{k}_i$：后綴 $i$ 的排名

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define ull unsigned long long #define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__) const int N=1e6+100; inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f; } int n,m,k; char s[N]; int rk[N<<1],oldrk[N<<1],id[N],sa[N],cnt[N],p; void write(int x){if(x>9) write(x/10);putchar('0'+x%10);return; } signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGE//freopen("a.in","r",stdin);//freopen("a.out","w",stdout); #endifscanf(" %s",s+1);n=strlen(s+1);m=122;for(int i=1;i<=n;i++) cnt[rk[i]=s[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 w=1;;w<<=1){p=0;for(int i=n;i>n-w;i--) id[++p]=i;for(int i=1;i<=n;i++){if(sa[i]>w) id[++p]=sa[i]-w;}memset(cnt,0,sizeof(cnt));memcpy(oldrk,rk,sizeof(rk));for(int i=1;i<=n;i++) ++cnt[rk[id[i]]];for(int i=1;i<=m;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];for(int i=n;i>=1;i--) sa[cnt[rk[id[i]]]--]=id[i];p=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(oldrk[sa[i]]==oldrk[sa[i-1]]&&oldrk[sa[i]+w]==oldrk[sa[i-1]+w]) rk[sa[i]]=p;else rk[sa[i]]=++p;}m=p;if(m==n) break;//優化3}for(int i=1;i<=n;i++) write(sa[i]),putchar(' ');return 0; } /**/

LCP與height

定義：

$height(i)$ 表示后綴 $s{a}_i$ 和后綴 $s{a}_{i?1}$ 的最長公共前綴（$lcp(s{a}_i,s{a}_{i?1})$）。特別的，$lcp(1)=0$

感性理解來說，把所有后綴按照字典序排序后，$height(i)$ 就是相鄰兩個后綴的相同部分的長度。

引理1：$lcp(i,j)=\min (lc{p}_{i,k},lc{p}_{k,j})$，對于任意的 $i\le k\le j$ 均成立.

證明：
首先，$\min (lc{p}_{i,k},lc{p}_{k,j})$ 是 $k$ 與 $i,j$ 共同的公共前綴，所以也必然是 $i,j$ 的公共前綴，$lcp(i,j)\ge \min (lc{p}_{i,k},lc{p}_{k,j})$。
同時，由于字典序單調的性質，$i$ 變到 $k$ 變化的前綴在 $k$ 變化到 $j$ 時必然不可能再變回來，否則 $j$ 的字典序就比 $k$ 小了，所以有 $lcp(i,j)\le \min (lc{p}_{i,k},lc{p}_{k,j})$。
綜上，$lcp(i,j)=\min (lc{p}_{i,k},lc{p}_{k,j})$，證畢。

引理2：$heigh{t}_{r{k}_i}\ge heigh{t}_{r{k}_{i?1}}?1$

證明：
$r{k}_{i?1}\le 1$ 時，顯然成立
$r{k}_{i?1}>1$ 時，設 $r{k}_{i?1}?1=k$（$k$ 就是 $i?1$ 按字典序排序后的前一個），那么：
若 $i?1$ 和 $k$ 的首字母不同， $h_{i?1}=0$ ，顯然成立
若 $i?1$ 和 $k$ 的首字母相同，那么考慮字符串 $k+1$，由于k 去掉首字符變成 k+1，i-1 去掉首字母變成 i，所以 $k+1$ 也一定在 $i$ 的前面，同時 $lcp(k+1,i)=lcp(k,i?1)?1=heigh{t}_{rki?1}?1$，由引理1，有 $lcp(k+1,i)=\min (lcp(k+1,r{k}_i?1),lcp(i?1,i))$，故 $lcp(i?1,i)\ge heigh{t}_{rki?1}?1$，即 $heigh{t}_{r{k}_i}\ge heigh{t}_{r{k}_{i?1}}?1$
得證。
得出這個性質后，線性求 $height$ 的代碼就不難寫出了：

for(int i=1,k=0;i<=n;i++){if(k) --k;while(s[i+k]==s[sa[rk[i]-1]+k]) ++k;ht[rk[i]]=k; }

Thanks for reading!

總結

以上是生活随笔為你收集整理的模板：后缀数组（SA）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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