后缀数组学习笔记
作用
对于一个字符串的后缀按照字典序进行排序
通常的求法是 \(nlogn\) 的倍增做法
网上的博客都很详细
这里只放一下板子，并说一下几种常见的题型
#define rg register
const int maxn=1e6+5;
int n,m,sa[maxn],fir[maxn],sec[maxn],tax[maxn],hei[maxn];
void Qsort(){
for(rg int i=0;i<=m;i++) tax[i]=0;
for(rg int i=1;i<=n;i++) tax[fir[i]]++;
for(rg int i=1;i<=m;i++) tax[i]+=tax[i-1];
for(rg int i=n;i>=1;i--) sa[tax[fir[sec[i]]]--]=sec[i];
}
void getsa(){
m=10000;
for(rg int i=1;i<=n;i++) fir[i]=s[i],sec[i]=i;
Qsort();
for(rg int len=1,p=0;p<n;m=p,len<<=1){
p=0;
for(rg int i=n-len+1;i<=n;i++) sec[++p]=i;
for(rg int i=1;i<=n;i++) if(sa[i]>len) sec[++p]=sa[i]-len;
Qsort();
std::swap(fir,sec);
fir[sa[1]]=p=1;
for(rg int i=2;i<=n;i++) fir[sa[i]]=(sec[sa[i]]==sec[sa[i-1]] && sec[sa[i]+len]==sec[sa[i-1]+len])?p:++p;
}
}
void getheight(){
rg int j,k=0;
for(rg int i=1;i<=n;i++){
if(k) k--;
j=sa[fir[i]-1];
while(s[i+k]==s[j+k]) k++;
hei[fir[i]]=k;
}
}
题型一：后缀排序
这种题一般给你一个长度为 \(n\) 的字符串，你可以选择将最前面的字符移到最后，求字典序最小的方案
解决方法就是把原数组复制一遍，然后跑一下后缀排序
后两道 \(USACO\) 的题则需要把原串翻转接在最后，思想很巧妙
例题：P4051 [JSOI2007]字符加密 P1368 【模板】最小表示法 P6140 [USACO07NOV]Best Cow Line S P2870 [USACO07DEC]Best Cow Line G
题型二：不同性质子串个数
用总的子串的个数 \(\frac{n(n+1)}{2}\) 减去重复的子串的个数 \(\sum_{i=1}^{n}height[i]\)
例题：P2408 不同子串个数 P4070 [SDOI2016]生成魔咒 SP705 SUBST1 – New Distinct Substrings SP694 DISUBSTR – Distinct Substrings
第二道题要稍稍做一下转化，把向结尾加字符转化成向前加字符
这样每次只会有一个新的后缀加入，我们只需要用一个 \(set\) 找该后缀的前驱后继计算答案即可
题型三：利用\(height\)数组的性质计算
对于\(height\)数组，有如下的式子
\(height[i]=LCP(sa[i−1],sa[i])\)
\(LCP(j,k)=min_{l=j+1}^kheightl\)
例题：P4248 [AHOI2013]差异 #3879. SvT
这两道题都利用了\(height\)数组第二个取 \(min\) 的性质
对于 \(height\) 数组中的每一个值，记录一下它向左和向右能做的最远的贡献，可以用单调栈实现
核心代码
sta[++tp]=1;
for(rg int i=2;i<=n;i++){
while(tp && heig[i]<=heig[sta[tp]]){
r[sta[tp]]=i;
tp--;
}
l[i]=sta[tp];
sta[++tp]=i;
}
while(tp){
r[sta[tp--]]=n+1;
}
ans=1LL*(n+1)*n*(n-1)/2;
for(rg int i=1;i<=n;i++){
ans-=2LL*(i-l[i])*(r[i]-i)*heig[i];
}
题型四：求不同串的最长的公共子串的长度
我们把这些串连成一个长串，在串与串相接的地方插入一个没有出现过的特殊符号，防止出现重合的问题
然后求出整个串的 \(height\) 数组，并对于每一个\(height\) 数组染色，标记它属于原来的哪一个串
然后用双指针从前到后扫一遍，当记录到的不同串的个数等于总的串的个数时取一下最大值
最后一道题还需要差分一下
例题：SP1811 LCS – Longest Common Substring SP10570 LONGCS – Longest Common Substring SP1812 LCS2 – Longest Common Substring II [SDOI2008]Sandy的卡片
完整代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rg register
const int maxn=1e6+5;
int n,m,sa[maxn],fir[maxn],sec[maxn],tax[maxn],hei[maxn],t,l[maxn],r[maxn],col[maxn],cnt[maxn],js,q[maxn],head,tail,ans;
char s[maxn];
void Qsort(){
for(rg int i=0;i<=m;i++) tax[i]=0;
for(rg int i=1;i<=n;i++) tax[fir[i]]++;
for(rg int i=1;i<=m;i++) tax[i]+=tax[i-1];
for(rg int i=n;i>=1;i--) sa[tax[fir[sec[i]]]--]=sec[i];
}
void getsa(){
memset(sa,0,sizeof(sa));
memset(fir,0,sizeof(fir));
memset(sec,0,sizeof(sec));
m=300;
for(rg int i=1;i<=n;i++) fir[i]=s[i]-'0'+1,sec[i]=i;
Qsort();
for(rg int len=1,p=0;p<n;m=p,len<<=1){
p=0;
for(rg int i=n-len+1;i<=n;i++) sec[++p]=i;
for(rg int i=1;i<=n;i++) if(sa[i]>len) sec[++p]=sa[i]-len;
Qsort();
std::swap(fir,sec);
fir[sa[1]]=p=1;
for(rg int i=2;i<=n;i++) fir[sa[i]]=(sec[sa[i]]==sec[sa[i-1]] && sec[sa[i]+len]==sec[sa[i-1]+len])?p:++p;
}
}
void getheight(){
memset(hei,0,sizeof(hei));
rg int j,k=0;
for(rg int i=1;i<=n;i++){
if(k) k--;
j=sa[fir[i]-1];
while(s[i+k]==s[j+k]) k++;
hei[fir[i]]=k;
}
}
void xg(rg int now,rg int op){
if(col[now]==0) return;
if(cnt[col[now]]==0) js++;
cnt[col[now]]+=op;
if(cnt[col[now]]==0) js--;
}
int T;
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
memset(col,0,sizeof(col));
memset(l,0,sizeof(l));
memset(r,0,sizeof(r));
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
ans=js=0;
scanf("%d",&t);
rg int len;
for(rg int i=1;i<=t;i++){
l[i]=n+1;
scanf("%s",s+n+1);
len=strlen(s+n+1);
n+=len;
r[i]=n;
s[++n]='A'+i;
}
if(t==1){
printf("0\n");
return 0;
}
getsa();
getheight();
for(rg int i=1;i<=t;i++){
for(rg int j=l[i];j<=r[i];j++){
col[fir[j]]=i;
}
}
rg int nl=1;
xg(1,1);
for(rg int nr=2;nr<=n;nr++){
while(head<=tail && hei[nr]<=hei[q[tail]]) tail--;
q[++tail]=nr;
xg(nr,1);
if(js==t){
while(js==t && nl<nr) xg(nl++,-1);
nl--;
xg(nl,1);
}
while(head<=tail && q[head]<=nl) head++;
if(js==t){
ans=std::max(ans,hei[q[head]]);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
题型五：求不同串的子串相同的方案数
利用上一个题型的方法把不同的串合并
利用单调队列求出每一个 \(height\) 数组能贡献的最左和最右的距离
最后再容斥一下，减去两个单独子串的上述贡献
题型六：求出现次数为 \(k\) 的子串的最长长度和长度为 \(k\) 的子串出现的最大次数
分别对应下面的两道题
我们还是用单调栈维护当前的 \(height\) 能向右和向左扩展的最长的长度
然后 \(dp\) 转移即可
核心代码（第二道）
sta[++tp]=1;
for(rg int i=2;i<=n;i++){
while(tp && heig[i]<=heig[sta[tp]]){
r[sta[tp]]=i;
tp--;
}
l[i]=sta[tp];
sta[++tp]=i;
}
while(tp){
r[sta[tp--]]=n+1;
}
for(rg int i=1;i<=n;i++) f[i]=1;
for(rg int i=1;i<=n;i++){
f[heig[i]]=std::max(f[heig[i]],r[i]-l[i]);
}
for(rg int i=n;i>=1;i--){
f[i]=std::max(f[i],f[i+1]);
}
例题：P2852 [USACO06DEC]Milk Patterns G SP8222 NSUBSTR – Substrings
题型七：一些综合性比较强的题目
主要考察怎么利用前缀和后缀的性质求类似于 \(AA\) 的子串的个数
考虑枚举一个 \(Len\) ，然后对于每个点求出他是否是一个 \(2 \times Len\) 的 \(AA\) 串的开头 / 结尾。
我们每隔 \(Len\) 放一个点，这样每一个 长度为 \(2 \times Len\) 的 \(AA\) 串都至少会经过两个相邻的点。
所以再转换为每两个相邻的点会对 \(a, b\) 产生多少贡献。
先求出这对相邻点所代表的前缀的最长公共后缀 \(LCS\) 和 所代表的后缀的最长公共前缀 \(LCP\)
如果 \(LCP + LCS < Len\) 肯定不合法
否则给合法的区间整体加一
参考洛谷题解
代码实现
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rg register
inline int read(){
rg int x=0,fh=1;
rg char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*fh;
}
const int maxn=3e4+5;
int n,m,sa[maxn],fir[maxn],sec[maxn],tax[maxn],hei[maxn],hei1[maxn],hei2[maxn],fir1[maxn],fir2[maxn],lg[maxn],mmin1[maxn][20],mmin2[maxn][20],t;
char s[maxn];
void Qsort(){
for(rg int i=0;i<=m;i++) tax[i]=0;
for(rg int i=1;i<=n;i++) tax[fir[i]]++;
for(rg int i=1;i<=m;i++) tax[i]+=tax[i-1];
for(rg int i=n;i>=1;i--) sa[tax[fir[sec[i]]]--]=sec[i];
}
void getsa(){
memset(sa,0,sizeof(sa));
memset(fir,0,sizeof(fir));
memset(sec,0,sizeof(sec));
m=3e4+1;
for(rg int i=1;i<=n;i++) fir[i]=s[i],sec[i]=i;
Qsort();
for(rg int len=1,p=0;p<n;m=p,len<<=1){
p=0;
for(rg int i=n-len+1;i<=n;i++) sec[++p]=i;
for(rg int i=1;i<=n;i++) if(sa[i]>len) sec[++p]=sa[i]-len;
Qsort();
memcpy(sec,fir,sizeof(fir));
fir[sa[1]]=p=1;
for(rg int i=2;i<=n;i++) fir[sa[i]]=(sec[sa[i]]==sec[sa[i-1]] && sec[sa[i]+len]==sec[sa[i-1]+len])?p:++p;
}
}
void getheight(){
memset(hei,0,sizeof(hei));
rg int j,k=0;
for(rg int i=1;i<=n;i++){
if(k) k--;
j=sa[fir[i]-1];
while(s[i+k]==s[j+k]) k++;
hei[fir[i]]=k;
}
}
int cf1[maxn],cf2[maxn];
long long ans;
int getans1(rg int l,rg int r){
rg int k=lg[r-l+1];
return std::min(mmin1[l][k],mmin1[r-(1<<k)+1][k]);
}
int getans2(rg int l,rg int r){
rg int k=lg[r-l+1];
return std::min(mmin2[l][k],mmin2[r-(1<<k)+1][k]);
}
int main(){
for(rg int i=2;i<maxn;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
t=read();
while(t--){
ans=0;
memset(cf1,0,sizeof(cf1));
memset(cf2,0,sizeof(cf2));
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
getsa();
getheight();
memcpy(hei1,hei,sizeof(hei));
memcpy(fir1,fir,sizeof(fir));
std::reverse(s+1,s+1+n);
getsa();
getheight();
memcpy(hei2,hei,sizeof(hei));
memcpy(fir2,fir,sizeof(fir));
std::reverse(s+1,s+1+n);
for(rg int i=1;i<=n;i++) mmin1[i][0]=hei1[i],mmin2[i][0]=hei2[i];
for(rg int j=1;j<=15;j++){
for(rg int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
mmin1[i][j]=std::min(mmin1[i][j-1],mmin1[i+(1<<(j-1))][j-1]);
mmin2[i][j]=std::min(mmin2[i][j-1],mmin2[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
rg int ac1,ac2,ac3,ac4,ac5;
for(rg int len=1;len<=n;len++){
for(rg int i=len,j=i+len;j<=n;i+=len,j+=len){
ac1=fir2[n-i+1],ac2=fir2[n-j+1];
if(ac1>ac2) std::swap(ac1,ac2);
ac3=getans2(ac1+1,ac2);
ac1=fir1[i],ac2=fir1[j];
if(ac1>ac2) std::swap(ac1,ac2);
ac4=getans1(ac1+1,ac2);
ac3=std::min(ac3,len);
ac4=std::min(ac4,len);
if(ac3+ac4-1<len) continue;
ac5=ac3+ac4-len;
cf1[i-ac3+1]++;
cf1[i-ac3+1+ac5]--;
cf2[j+ac4-1-ac5+1]++;
cf2[j+ac4]--;
}
}
for(rg int i=1;i<=n+1;i++) cf1[i]+=cf1[i-1],cf2[i]+=cf2[i-1];
for(rg int i=1;i<n;i++){
ans+=1LL*cf2[i]*cf1[i+1];
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
将 \(height\) 数组从小到大排序后倒序枚举
用并查集维护联通块最大/最小值
每次把 \(height\) 数组所掌管的两个元素所在的集合合并
主席树+后缀数组+二分
利用了 \(lcp\) 这个函数是单峰的，并且峰值在自己这里