【笔记】后缀数组

参考资料：

题解 P3809 【【模板】后缀排序】 - xMinh 的博客 - 洛谷博客 (luogu.com.cn)

后缀数组

记号：

\(s_i\)：字符串 \(s\) 的第 \(i\) 个后缀。

\(t_i\)：排好序后第 \(i\) 个字符串。

\(LCP(s_i,s_j)\) 或 \(LCP(i,j)\)：字符串 \(s\) 第 \(i\) 个和第 \(j\) 个后缀的 LCP 长度。

\(rk\)：原数组到排好序的数组的映射。

\(sa\)：排好序的后缀数组到原数组的映射。

\(height_i\)：\(LCP(h_{i-1},h_i)\)

\(h_i\)：\(height[sa[i]]\)

LCP lemma

\[LCP(s_i,s_j)=\min_{k=\min(rk[i],rk[j])+1}^{\max(rk[i],rk[j])}(height_k) \]

首先证 \(RHS\ge LHS\)，也就是相邻两个的 LCP 必然大于等于 \(s_i\) 和 \(s_j\) 的 LCP。

abcd
abcx
abcd
abcd

考虑上面的情形，abcx 与前后的 LCP 小于 4，于是它不可能在字典序中出现在该位置。

然后证存在 \(height_k=LCP(s_i,s_j)\)，因为如果所有的 \(height_k\) 都大于 \(LCP(s_i,s_j)\)，就会以一种传递性导致 \(LCP(s_i,s_j)\) 变大。

abcde
abcde
abcde
...
abcde

「相似度」引理

\[LCP(s_1,s_i)\le LCP(s_2,s_i)\le\dots \le LCP(s_{i-1},s_i) \]

同理，有

\[LCP(s_i,s_{i+1})\ge LCP(s_i,s_{i+2})\ge\dots\ge LCP(s_i,s_n) \]

abcdex
abcxxx
abcdef

反证法，如果存在 \(k<j\) 使得 \(LCP(s[rk[k]],s[rk[i]])>LCP(rk[j],rk[i])\)，那么它必然在字典序中 \(i\) 和 \(j\) 的中间。

\(h[i]\ge h[i-1]-1\)

![[files/Pasted image 20211209143817.png]]

考虑第 \(i-1\) 个后缀在排好序数组中前一个字符串 \(k\)，有

\[LCP(i,k+1)=\begin{cases} 0,&LCP(i-1,k)=0\\ LCP(i-1,k)-1,&LCP(i-1,k)>0 \end{cases} \]

总之有 \(LCP(i,k+1)\ge h_{i-1}-1\). 考虑到 \(k\) 在字典序汇总排在 \(i-1\) 的前面，而 \(i\) 和 \(k+1\) 由 \(i-1\) 和 \(k\) 去掉首字符得到，所以 \(k+1\) 在字典序中也排在 \(i\) 的前面。由「相似度」引理知 \(h_i=LCP(i,sa[rk[i]-1]])\ge LCP(i,k+1)\ge h_{i-1}-1\).

于是按照 \(i=rk[1],rk[2],\dots,rk[n]\) 的顺序计算 \(h_i\)，便可做到 \(O(n)\) 复杂度求 height.

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, cnt, t[N], sa[N], rk[2 * N], l[2 * N];
char c[N];

void buildSA() {
	m = (int)'z';
	for(int i = 1; i <= n; i++) ++t[rk[i] = c[i]];
	for(int i = 1; i <= m; i++) t[i] += t[i - 1];
	for(int i = n; i >= 1; i--) sa[t[rk[i]]--] = i;
	for(int k = 1; k < n; k <<= 1) {
		// 按第二关键字排序 
		for(int i = n - k + 1; i <= n; i++) l[cnt = i - n + k] = i;
		for(int i = 1; i <= n; i++)
			if(sa[i] > k) l[++cnt] = sa[i] - k;
		// 按第一关键字排序 
		for(int i = 1; i <= m; i++) t[i] = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++) ++t[rk[i]];
		for(int i = 1; i <= m; i++) t[i] += t[i - 1];
		for(int i = n; i >= 1; i--) sa[t[rk[l[i]]]--] = l[i], l[i] = 0;
		// 处理新的 rk 
		swap(rk, l), cnt = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++)
			if(l[sa[i]] == l[sa[i - 1]] && l[sa[i] + k] == l[sa[i - 1] + k]) rk[sa[i]] = cnt;
			else rk[sa[i]] = ++cnt;
		if((m = cnt) == n) break;
	}
	// 处理最终的 rk 
	for(int i = 1; i <= n; i++) rk[sa[i]] = i;
}
void getHeight() {
	for(int i = 1, k = 0; i <= n; i++) {
		if(rk[i] == 1) continue;
		if(k) --k;
		for(int j = sa[rk[i] - 1]; j + k <= n && i + k <= n && c[i + k] == c[j + k]; ++k);
		height[rk[i]] = k;
	}
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);
	scanf("%s", c + 1);
	n = strlen(c + 1);
	buildSA();
	getHeight();
	for(int i = 1; i <= n; i++) cout << sa[i] << ' ';

	return 0;
}

例题

[[【题解】P2408 不同子串个数]]

[[【题解】P3975 弦论（TJOI2015）]]

P4094 字符串

佳媛姐姐过生日的时候，她的小伙伴从某东上买了一个生日礼物。生日礼物放在一个神奇的箱子中。箱子外边写了一个长为 \(n\) 的字符串 \(s\)，和 \(m\) 个问题。佳媛姐姐必须正确回答这 \(m\) 个问题，才能打开箱子拿到礼物，升职加薪，出任 CEO，嫁给高富帅，走上人生巅峰。

每个问题均有 \(a,b,c,d\) 四个参数，问你子串 \(s[a..b]\) 的所有子串和 \(s[c..d]\) 的最长公共前缀的长度的最大值是多少？佳媛姐姐并不擅长做这样的问题，所以她向你求助，你该如何帮助她呢？

求最大值考虑二分答案。

判定存在一个长度为 \(k\) 的公共前缀，只需满足有 \(a\sim b-k+1\) 之间的后缀与 \(s[c..d]\) 的 LCP 长度大于等于 \(k\).

满足 LCP 长度条件的后缀可以在 SA 数组上二分找出来，得到一个区间。然后在这个区间里查是否有后缀的下标在 \(a\sim b-k+1\) 里面，用主席树解决即可。

二分找区间的操作需要取 height 的 \(\min\)，并且要 \(O(1)\) 实现，得再写个 ST 表。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
// N2 为主席树节点数 
const int N = 1e5 + 5, N2 = N * 20;
int n, m;
char c[N];
struct suffixArray {
	int sa[N], t[N], ht[N], l[N * 2], rk[N * 2], cnt, m;
	void build() {
		// buildSA
		m = int('z');
		for(int i = 1; i <= n; i++) ++t[rk[i] = c[i]];
		for(int i = 1; i <= m; i++) t[i] += t[i - 1];
		for(int i = n; i >= 1; i--) sa[t[rk[i]]--] = i;
		for(int k = 1; k < n; k <<= 1) {
			for(int i = n - k + 1; i <= n; i++) l[cnt = i - n + k] = i; // i 不是 sa[i] 
			for(int i = 1; i <= n; i++) if(sa[i] > k) l[++cnt] = sa[i] - k;
			for(int i = 1; i <= m; i++) t[i] = 0;
			for(int i = 1; i <= n; i++) ++t[rk[l[i]]];
			for(int i = 1; i <= m; i++) t[i] += t[i - 1];
			for(int i = n; i >= 1; i--) sa[t[rk[l[i]]]--] = l[i], l[i] = 0;
			swap(rk, l), cnt = 0;
			for(int i = 1; i <= n; i++) {
				// 注意是 rk[sa[i]] 
				if(l[sa[i - 1]] == l[sa[i]] && l[sa[i - 1] + k] == l[sa[i] + k]) rk[sa[i]] = cnt;
				else rk[sa[i]] = ++cnt;
			}
			if((m = cnt) == n) break;
		}
		// getHeight
		for(int i = 1, j, k = 0; i <= n; i++) {
			if(rk[i] == 1) continue;
			k -= (k > 0), j = sa[rk[i] - 1];
			while(i + k <= n && j + k <= n && c[i + k] == c[j + k]) ++k;
			ht[rk[i]] = k;
		}
	}
} sa;
struct segmentTree {
	int rt[N], sum[N2], lc[N2], rc[N2], cnt;
	void copy(int a, int b) { sum[b] = sum[a], lc[b] = lc[a], rc[b] = rc[a]; }
	int modify(int p, int l, int r, int x) {
		copy(p, ++cnt), p = cnt;
		if(l == r) return ++sum[p], p;
		int mid = (l + r) >> 1;
		if(x <= mid) lc[p] = modify(lc[p], l, mid, x);
		else rc[p] = modify(rc[p], mid + 1, r, x);
		sum[p] = sum[lc[p]] + sum[rc[p]];
		return p;
	}
	int query(int pl, int pr, int l, int r, int x, int y) {
		if(l >= x && r <= y) return sum[pr] - sum[pl];
		int mid = (l + r) >> 1, ret = 0;
		if(x <= mid) ret += query(lc[pl], lc[pr], l, mid, x, y);
		if(y > mid) ret += query(rc[pl], rc[pr], mid + 1, r, x, y);
		return ret;
	}
	void build() {
		for(int i = 1; i <= n; i++)
			rt[i] = modify(rt[i - 1], 1, n, sa.sa[i]);
	}
} sg;
struct sparseTable {
	int lg2[N], t[18][N];
	// height 的 rmq 的处理方式需要注意
	// 我这里直接处理成全部是闭区间的形式
	// 但是需要特殊化处理 t[1][]，并且拼接的时候要多拼一点才是对的。。。这里调了好久 
	void build() {
		for(int i = 2; i <= n; i <<= 1) ++lg2[i];
		for(int i = 3; i <= n; i++) lg2[i] += lg2[i - 1];
		for(int i = 1; i <= n; i++) 
			t[0][i] = n - sa.sa[i] + 1, t[1][i] = sa.ht[i + 1];
		for(int i = 2; (1 << i) <= n; i++)
			for(int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= n; j++) 
				t[i][j] = min(t[i - 1][j], min(t[i - 1][j + (1 << (i - 1))], sa.ht[j + (1 << (i - 1))]));
	}
	int query(int l, int r) {
		int k = lg2[r - l + 1];
		return min(t[k][l], t[k][r - (1 << k) + 1]);
	}
} st;

bool check(int a, int b, int c, int d, int k) {
	int l = 1, r = sa.rk[c], mid, ans = -1, ql, qr;
	while(l <= r) {
		mid = (l + r) >> 1;
		if(st.query(mid, sa.rk[c]) >= k) ans = mid, r = mid - 1;
		else l = mid + 1;
	}
	ql = ans, l = sa.rk[c], r = n;
	while(l <= r) {
		mid = (l + r) >> 1;
		if(st.query(sa.rk[c], mid) >= k) ans = mid, l = mid + 1;
		else r = mid - 1;
	}
	qr = ans;
	return (sg.query(sg.rt[ql - 1], sg.rt[qr], 1, n, a, b - k + 1) > 0);
}

int main() {
	scanf("%d%d%s", &n, &m, c + 1);
	sa.build(), sg.build(), st.build();
	for(int i = 1, a, b, c, d; i <= m; i++) {
		scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
		int l = 1, r = min(b - a + 1, d - c + 1), mid, ans = -1;
		while(l <= r) {
			mid = (l + r) >> 1;
			if(check(a, b, c, d, mid)) ans = mid, l = mid + 1;
			else r = mid - 1;
		}
		cout << (ans == -1 ? 0 : ans) << '\n';
	}

	return 0;
}