感谢 LB 学长的博文！
前置知识
后缀是指从某个位置 \(i\) 开始到整个串末尾结束的一个特殊子串，也就是 \(S[i \dots|S|-1]\)。
变量
后缀数组最主要的两个数组是 sa 和 rk。
sa 表示将所有后缀排序后第 \(i\) 小的后缀的编号，即编号数组。
rk 表示后缀 \(i\) 的排名，即排名数组。
这两个数组满足一个重要性质： sa[rk[i]] = rk[sa[i]] = i。
示例：
这个图很好理解。
做法
暴力的 \(O_{n^2 \log n}\) 做法
将所有的后缀数组都 sort 一遍，sort 复杂度为 \(O_{n \log n}\)，字符串比较复杂度为 \(O_{n}\)，总的复杂度 \(O_{n^2 \log n}\)。
/*
The code was written by yifan, and yifan is neutral!!!
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline T read() {
T x = 0;
bool fg = 0;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
fg |= (ch == '-');
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9') {
x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
return fg ? ~x + 1 : x;
}
const int N = 1e6 + 5;
int n;
char s[N];
string h[N];
pair<string, int> ans[N];
int main() {
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = i; j <= n; ++ j) {
h[i] += s[j];
}
ans[i] = {h[i], i};
}
sort(ans + 1, ans + n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
cout << ans[i].second << ' ';
}
return 0;
}
倍增优化的 \(O_{n \log^2 n}\) 做法
先对长度为 \(1\) 的所有子串，即每个字符排序，得到排序后的 sa1 和 rk1 数组。
之后倍增：
-
用两个长度为 \(1\) 的子串的排名，即
rk1[i]和rk1[i + 1]，作为排序的第一关键词和第二关键词，这样就可以对每个长度为 \(2\) 的子串进行排序，得到sa2和rk2； -
之后用两个长度为 \(2\) 的子串的排名，即
rk2[i]和rk2[i + 2]，来作为排序的第一关键词和第二关键词。（为什么是 \(i + 2\) 呢，因为rk2[i]和rk2[i + 1]重复了 \(S_{i + 1}\)）这样就可以对每个长度为 \(4\) 的子串进行排序，得到sa4和rk4； -
重复上面的操作，用两个长度为 \(\dfrac{w}{2}\) 的子串的排名，即
rk[i]和rk[i + (w / 2)]，来作为排序的第一关键词和第二关键词，直到 \(w \ge n\)，最终得到的sa数组就是我们的答案数组。
示意图：
倍增的复杂度为 \(O_{\log n}\)，sort 复杂度为 \(O_{n \log n}\)，总的复杂度 \(O_{n \log ^ 2 n}\)。
排序优化的 \(O_{n \log n}\) 的做法
发现后缀数组值域即为 \(n\)，又是多关键字排序，考虑基数排序。
上面已经给出一个用于比较的式子：(A[i] < A[j] or (A[i] = A[j] and B[i] < B[j]))，倍增过程中 A[i], B[i] 大小关系已知，先将 B[i] 作为第二关键字排序，再将 A[i] 作为第一关键字排序，两次计数排序实现即可。
单次计数排序复杂度 \(O_{n+w}\)（\(w\) 为值域，显然最大与 \(n\) 同阶），总时间复杂度变为 \(O_{n \log n}\)。
/*
The code was written by yifan, and yifan is neutral!!!
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline T read() {
T x = 0;
bool fg = 0;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
fg |= (ch == '-');
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9') {
x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
return fg ? ~x + 1 : x;
}
const int N = 1e6 + 5;
int n, m;
int sa[N], oldsa[N], rk[N << 1], oldrk[N << 1], cnt[N];
// rk 第 i 个后缀的排名，sa 第 i 小的后缀的编号
char s[N];
int main() {
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
m = 127;
/*--------------------------------*/
// 计数排序
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;
}
memcpy(oldrk + 1, rk + 1, n * sizeof(int));
/*--------------------------------*/
// 判重
for (int cur = 0, i = 1; i <= n; ++ i) {
if (oldrk[sa[i]] == oldrk[sa[i - 1]]) {
rk[sa[i]] = cur;
}
else {
rk[sa[i]] = ++ cur;
}
}
/*--------------------------------*/
for (int w = 1; w < n; w <<= 1, m = n) {
// 先按照第二关键词计数排序
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
memcpy(oldsa + 1, sa + 1, n * sizeof(int));
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
++ cnt[rk[oldsa[i] + w]];
}
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
cnt[i] += cnt[i - 1];
}
for (int i = n; i >= 1; -- i) {
sa[cnt[rk[oldsa[i] + w]] --] = oldsa[i];
}
/*--------------------------------*/
// 再按照第一关键词计数排序
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
memcpy(oldsa + 1, sa + 1, n * sizeof(int));
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
++ cnt[rk[oldsa[i]]];
}
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
cnt[i] += cnt[i - 1];
}
for (int i = n; i >= 1; -- i) {
sa[cnt[rk[oldsa[i]]] --] = oldsa[i];
}
/*--------------------------------*/
// 更新数组
memcpy(oldrk + 1, rk + 1, n * sizeof(int));
for (int cur = 0, 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]] = cur;
}
else {
rk[sa[i]] = ++ cur;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
printf("%d ", sa[i]);
}
return 0;
}
各种常数优化
- 考虑我们按照第二关键词排序的实质，就是将超出 \(n\) 范围的空字符串放在
sa的最前面，在本次排序中，\(S[sa_i \dots sa_i+2^k−1]\) 是长度为 \(2^k\) 的子串 \(S[sai−2^k−1 \dots sai+2^k−1]\) 的后半截，sa[i]的排名将作为排序的关键字。
\(S[sa_i,sa_i+2^k−1]\) 的排名为 \(i\)，则第一次计排后 \(S[sa_i−2^k−1 \dots sa_i+2^k−1]\) 的排名必为 \(i\)，考虑直接赋值。
for (p = 0, i = n; i > n - w; -- i) {
oldsa[++ p] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
if (sa[i] > w) { // 保证 sa[i] 是后半截的编号
oldsa[++ p] = sa[i] - w; // sa[i] 一定是后半截的编号，而我们要存的是前半截的开始编号
}
}
-
减小值域，每次对
rk进行更新之后，我们都计算了一个 \(p\)，这个 \(p\) 即是rk的值域，将值域改成它即可。 -
将
rk[id[i]]存下来，减少不连续内存访问。 -
用函数
cmp来计算是否重复。 -
若排名都不相同可直接生成后缀数组。
/*
The code was written by yifan, and yifan is neutral!!!
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline T read() {
T x = 0;
bool fg = 0;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
fg |= (ch == '-');
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9') {
x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
return fg ? ~x + 1 : x;
}
const int N = 1e6 + 5;
int n, m;
int sa[N], oldsa[N], rk[N << 1], oldrk[N << 1], cnt[N], key[N];
// rk 第 i 个后缀的排名，sa 第 i 小的后缀的编号
char s[N];
inline bool cmp(int x, int y, int w) {
return oldrk[x] == oldrk[y] && oldrk[x + w] == oldrk[y + w];
}
int main() {
int i, p = 0;
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
m = 127;
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, m = p) {
for (p = 0, i = n; i > n - w; -- i) {
oldsa[++ p] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
if (sa[i] > w) { // 保证 sa[i] 是后半截的编号
oldsa[++ p] = sa[i] - w; // sa[i] 一定是后半截的编号，而我们要存的是前半截的开始编号
}
}
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
for (i = 1; i <= n; ++ i) {
++ cnt[key[i] = rk[oldsa[i]]];
}
for (i = 1; i <= m; ++ i) {
cnt[i] += cnt[i - 1];
}
for (i = n; i >= 1; -- i) {
sa[cnt[key[i]] --] = oldsa[i];
}
memcpy(oldrk + 1, rk + 1, n * sizeof(int));
for (p = 0, i = 1; i <= n; ++ i) {
rk[sa[i]] = cmp(sa[i], sa[i - 1], w) ? p : ++ p;
}
if (p == n) {
break ;
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
printf("%d ", sa[i]);
}
return 0;
}
参考资料
后缀数组简介 - OI Wiki (oi-wiki.org)
「笔记」后缀数组 - Luckyblock - 博客园 (cnblogs.com)
标签：ch,后缀,笔记,--,int,数组,sa,排序,rk From： https://www.cnblogs.com/yifan0305/p/17545898.html