SA 的用处（经典题型）：
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求LCP，LCS，本质不同子串数
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出现 xxx 次子串，字符串中不重叠地出现至少两次的最长串长度
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最长AA式子串， 连续的若干相同子串（AABB式）
首先说一下，本篇博客是本人在oi-wiki学习后缀数组是写下的笔记，更详细的证明等见oi-wiki_SA
后缀数组主要包含两个数组：(sa[ ]) 和 (rk[ ])。
(sa[i])表示所有后缀中字典序第i小的那个后缀。
(rk[i])表示 (i) 后缀的字典序排名。
求后缀数组
- 模板提交处：P3809 【模板】后缀排序 (SA)
其中倍增求 (SA) 的代码如下（使用基数排序）：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#define N 2000010
template<typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; char c = getchar(); bool flag = false;
while (isdigit(c)) {if (c == '-') flag = true; c = getchar(); }
while (isdigit(c)) {x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar(); }
if (flag) x = -x;
}
using namespace std;
char s[N];
int sa[N], rk[N], oldrk[N], id[N], p, n, w, limi;
int bin[N];
int main() {
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
for (register int i = 1; i <= n; ++i) ++bin[rk[i] = s[i]];
for (register int i = 1; i <= 300; ++i) bin[i] += bin[i - 1];
for (register int i = n; i > 0; --i) sa[bin[rk[i]]--] = i;
limi = 300;//注意是limi不是p，因为for一开始时不会执行limi = p
for (w = 1; w < n; w <<= 1, limi = p) {
//处理id
p = 0; //注意p = 0
for (register int i = n; i > n - w; --i) id[++p] = i;//注意"i"
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
if (sa[i] > w) id[++p] = sa[i] - w;//注意"sa[i] - w" 注意"sa[i]"
//处理sa
memset(bin, 0, sizeof(bin));
for (register int i = 1; i <= n; ++i) ++bin[rk[id[i]]];
for (register int i = 1; i <= limi; ++i) bin[i] += bin[i - 1];
for (register int i = n; i > 0; --i) sa[bin[rk[id[i]]]--] = id[i];
//处理rk（去重）
memcpy(oldrk, rk, sizeof(rk));
p = 0; //注意p = 0
for (register int i = 1; i <= n; ++i)//注意"i - 1" 注意"oldrk"
rk[sa[i]] = (oldrk[sa[i]] == oldrk[sa[i - 1]] && oldrk[sa[i] + w] == oldrk[sa[i - 1] + w]) ? p : ++p;
//注意 + w
if (p == n) break;//小优化:如果已经排好序了，就不用再排了。
}
for (register int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", sa[i]);
return 0;
}
例题：
后缀数组的height数组
(height[i]) 表示 (sa[i]) 后缀和 (sa[i - 1]) 后缀的 (lcp) （最长公共前缀）。
求height数组
我们发现一个规律：
(height[rk[i]] >= height[rk[i - 1]] - 1)
证明感性加玄学（详见oi-wiki_SA）：
假设i - 1的height为5，那么
(O(n)) 代码如下：
for (register int i = 1, k = 0; i <= n; ++i) {
if (k) k--;//height[rk[i]] >= height[rk[i - 1]] - 1;
while(s[i + k] == s[sa[rk[i] - 1] + k]) ++k;
height[rk[i]] = k;
}
至于为什么是 (O(n)) 是因为可以证明 (k--) 的次数是有限的，最多 (n) 次，所以最多加 (2n) 次。
应用
求两子串的最长公共前缀
- 题意简述：
给定一小写字母组成的字符串，形如 (abababcabcabc)，规定 (s[l][r]) 为(l~r)间的子串，如 (s[2][5] = baba) 。
多次询问，每次给出两组 (l),(r)，求各自 (lcp)。
(len <= 100000, 1 <= l <= r <= len)
- 分析与解
首先要知道，(lcp(sa[i], sa[j]) = min(height[i...j]))，感性证明一下，就是从 (i) 到 (j) 都没变，那就是他们的 (lcp) 了。
这样，我们已知 (lcp(i, j))， (lcp(l...r, l'..r')) 就用子串长度和 (lcp(i, j)) 取最小者即可。
通过ST表，可以把复杂度降为 (O(nlogn +q))。
比较子串的字典序大小
求完后缀数组后，我们能 (O(1)) 地比较两后缀的大小，现在要比较子串大小，只需把 (lcp(A,B) >= min(|A|, |B|)) 的情况特判掉即可。
有 (sa,rk,height) 数组后过于简单，故不赘述。
求本质不同的子串数
我们按所有后缀以字典序从大到小的顺序考虑。子串数就是后缀的前缀数，这个好求，关键是求出多算的那些相同的子串数。
排序后第 (i) 名串与第 (i - 1) 名串的重叠部分长度为 (lcp(sa[i], sa[i - 1]))，这里多算了 (lcp(sa[i], sa[i - 1])) 个子串，把他们减去即可。
至于只考虑相邻后缀的正确性，据说可以用 (lcp(sa[i], sa[j]) = min(height[i...j])) 来证明。
long long ans = (n * (n + 1)) >> 1;
for (register int i = 2; i <= n; ++i) {
ans -= height[i];//height[i] = lcp(sa[i], sa[i - 1]);
}
求一个子串的字典序排名
例如，我们求 ABABABD 中 BABA 的字典序排名。
我们可以先求出SA和height数组，然后查询 BABA 所在的后缀 BABABD。然后之前的后缀的前缀字典序一定比它小。因此直接统计一下本质不同的子串数量(len - height)，再加上B,BA,BAB 比它小，就好了。
不过有时候BABABD后缀的 height 可能比4大，这意味着前面所有 BABA... 的串的字典序都比 BABA 大。因此我们直接二分找到最靠下的第一个不包含 BABA 的后缀，这及之前的那些子串一定比 BABA 小，再加上 B,BA,BAB 即可。
求出现至少 (k) 次的最长子串长度
经典例题：牛奶模式
- 题意简述
给定一字符串，求出现至少 (k) 次的最长子串长度。
(len <= 20000)
- 分析与解
把子串转换为后缀的前缀，如果有几个相同的子串，那么在排序后的后缀中应该为相邻的一部分，且它们的 (lcp) 一定大于等于子串长度。所以出现至少出现 (k) 次的最长子串长度一定是在排序后连续至少 (k) 个的 (lcp) 的最大值。然后就变成滑动窗口，用单调队列维护即可。
当然，既然求 SA 都到达了 (O(nlogn))，那么二分答案的那个 (log) 也不算什么了。
(Code): my record
字符串中不重叠地出现至少两次的最长串长度
注意到答案具有单调性，故考虑二分。
二分长度 (len)，对于排序后的后缀，找到 (lcp) (>=) (len) 的连续的几段，它们一定出现了至少两次，且长度大于等于 (len)。
现在要判断有没有不重叠的两个子串。我们贪心地找出每段中最靠前的那个子串和最靠后的那个子串，如果这两个都重叠，那就不可行，缩小 (len)，否则扩大 (len)。
加强版：不重叠出现至少k次的最长串长度
对于这种不重叠问题，较为常见的方法是根据子串在原串中的位置来判断。
同样二分答案，将同一块内所有子串的编号（位置）排个序，然后又知道了串长，可以知道子串的起始位置和终止位置。然后就相当于“选择最多不交线段”的问题了，可以贪心解决。
复杂度 (O(nlog^2n))，但是第二个 (log) 非常小。
有个 (O(nlogn)) 的做法：我们把同一个块内的所有子串在原字符串中打上标记，然后在原串上扫描一遍，贪心选取每种串即可。这样是稳定 (O(nlogn)) 的。
最长AA式子串
枚举len，每len个点放一个点，则重复子串一定跨越两个点。对于相邻点对，求lcp和lcs，判断。
AABB式的子串个数
看一下例题吧：优秀的拆分
题解的图非常好：题解【P1117优秀的拆分】
这里给出关键部分代码：
int array[N];//array[i]:从i开始向右延伸的"AA"个数
int dearray[N];//dearray[i]:从i开始向左延伸的"AA"的个数
inline void calc(int pos, int len) {
int lcp = A.get_lcp(pos + 1, pos + len + 1);
if (lcp > len - 1) lcp = len - 1;
int lcs = B.get_lcp(n - (pos + len) + 1, n - pos + 1);
if (lcs > len) lcs = len;
if (lcs + lcp < len) return ;
int chonghe = lcs + lcp - len;
array[pos - lcs + 1]++;
array[pos - lcs + 2 + chonghe]--;
dearray[pos + len + lcp - chonghe]++;
dearray[pos + len + lcp + 1]--;
}
...
for (register int i = 1; i <= (n >> 1); ++i) {
for (register int j = i; j + i <= n; j += i) {
calc(j, i);
}
}
还是看图理解吧。
AxxxA式（xxx的个数已知）的子串个数
照样和前两种模型的解决方法类似：枚举A串的长度 (len)，每 (len) 个字符中放一个点。我们的任务是查询第一个A（长度为len）包含某一个点的AxxxA式的串有多少个。
设当前点为(l)，则令(r = l + g + len)，其中 (g) 表示给定的 (x) 的个数，并求出其lcp，lcs（与len取min）然后就要自己动手画图了。推出该AxxxA串的左端点的区间为 ([l - lcs + 1, l + lcp - 1 - len + 1])，即 ([l - lcs + 1, l + lcp - len])，这样的话合法的xxx的个数为 (lcp + lcs - len)。记得答案对0取max（非负）。
结合各种数据结构
- 结合并查集
典型例题：品酒大会
不说了，满眼都是泪。
(Code): my record
- 结合单调栈
通常用来求一个字符串中相同子串对数。
需要注意的地方
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注意什么时候用 (rk),什么时候用 (s)。把 (rk),(sa),(s) 分清楚，SA这块的调错就问题不大了。
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如果有多组数据，记得把数组都清空一下。需要清空的数组有：(rk,s,sa,height,id,oldrk,bin);以及(p,w,limi)。总之都清空就问题不大了。
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注意求 (height) 时是 (s[i + k] == s[sa[rk[i] - 1] + k])，注意不要把-1搞到rk[]里面！！注意是 (sa[rk[i]-1]) 而不是 * * * * ！！！！
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求height的最后是
height[rk[i]] = k!! -
注意 (forforfor) 中处理 (rk) 时是 (oldrk[sa[i] + w] == oldrk[sa[i - 1] + w])，是 + ！！！！
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利用SA求lcp，用st表时，一定要在height数组上做St表，不能转化到字符上！！ 因为不是求字符间最小值，是求height数组最小值，有些性质字符不符合的！！！不要耍小聪明！！！
小结
以下需要记忆
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求sa，求height
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在基数排序时，(sa) 一直是一对一的，但不够准确；(rk) 是多对一的，所以有 (bin[rk[id[i]]]++)，但它是越来越分散的，最后变成一对一。
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(height[rk[i]] <= height[rk[i - 1]] - 1)
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(lcp(sa[i], sa[j]) = min(height[i...j]))
附
SA 模板（调试用）
inline void build() {
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
for (register int i = 1; i <= n; ++i) ++bin[rk[i] = s[i]];
for (register int i = 1; i <= 300; ++i) bin[i] += bin[i - 1];
for (register int i = n; i > 0; --i) sa[bin[rk[i]]--] = i;
limi = 300;//注意是limi不是p，因为for一开始时不会执行limi = p
for (w = 1; w < n; w <<= 1, limi = p) {
//处理id
p = 0; //注意p = 0
for (register int i = n; i > n - w; --i) id[++p] = i;//注意"i"
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
if (sa[i] > w) id[++p] = sa[i] - w;//注意"sa[i] - w" 注意"sa[i]"
//处理sa
memset(bin, 0, sizeof(bin));
for (register int i = 1; i <= n; ++i) ++bin[rk[id[i]]];
for (register int i = 1; i <= limi; ++i) bin[i] += bin[i - 1];
for (register int i = n; i > 0; --i) sa[bin[rk[id[i]]]--] = id[i];
//处理rk（去重）
memcpy(oldrk, rk, sizeof(rk));
p = 0; //注意p = 0
for (register int i = 1; i <= n; ++i)//注意"i - 1" 注意"oldrk"
rk[sa[i]] = (oldrk[sa[i]] == oldrk[sa[i - 1]] && oldrk[sa[i] + w] == oldrk[sa[i - 1] + w]) ? p : ++p;
//注意 + w
}
for (register int i = 1, k = 0; i <= n; ++i) {
if (k) k--;//height[rk[i]] >= height[rk[i - 1]] - 1;
while(s[i + k] == s[sa[rk[i] - 1] + k]) ++k;
height[rk[i]] = k;
//注意rk
}
}
st表的构建与lcp的查询 模板（调试用）
inline void build_st() {
for (register int i = 1; i <= n; ++i) f[i][0] = height[i];
for (register int j = 1; j <= 18; ++j) {
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
if (i + (1 << (j - 1)) <= n)
f[i][j] = min(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
else f[i][j] = 0;
}
}
}
inline int query(int l, int r) {
l = rk[l], r = rk[r];
if (l > r) swap(l, r);
++l;
int jibie = Log2[r - l + 1];
return min(f[l][jibie], f[r - (1 << jibie) + 1][jibie]);
}
记忆方法
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rk 问位置返回排名， sa 问排名返回子串位置！！
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rk 一开始不是 1~n，到最后才是 1~n！而 sa 无论何时都是 1~n 的！！
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每次基排都是以rk为关键字！
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for (register int i = 1; i <= n; ++i) if (sa[i] > w) id[++p] = sa[i] - w;（基排第一步） 因为每次是根据后面排前面，所以要按照后面排名的次序枚举，然后把前面加入到id数组里面！！ -
rk[sa[i]] = (oldrk[sa[i]] == oldrk[sa[i - 1]] && oldrk[sa[i] + w] == oldrk[sa[i - 1] + w]) ? p : ++p;（去重部分，易错点） ①当然是根据 (sa) 来确定 (rk) 啦，总不能单用字符位置就确定 (rk) 吧。 ②一定要和前一名比较！不然就会出现第0名的情况。 ③ 要根据 oldrk 来比较！！不然前面就白干了。不然不觉得 (memcpy()) 那一步没用吗？不觉得整条语句太短了吗？ -
while(s[i + k] == s[sa[rk[i] - 1] + k]) ++k;牢牢记住 (s[sa[rk[i] - 1] + k]) ！即前一名往后k位的字符!!有了这个不难知道我们是在以下标（位置)的次序求 height!!因此最后为：height[rk[i]] = k;另外，当 (k = 0) 的时候，我们其实在比较第1位。因此不用质疑那一个 (while())，也不要最后写成 k - 1！此外，虽然 (height[1] = 0) 是肯定的，但是我们是按照位置的次序求的，因此一开始不要初始化 i 为 2！要初始化为 1！ -
最后再记一下
w < n。
(Updated) (on) (Dec.9th)