所谓后缀数组，就是存储后缀的数组

（逃）

前言

为什么一个算法，如此难以理解却依然是成为一个成熟OIer不可回避的必修课？
足以可见后缀家族功能的强大

首先，由于其本身的性质，后缀数组对字典序相关的问题十分擅长
同时，由于 $height$ 数组的众多优秀性质，它在处理公共串问题和 LCP 问题上也十分强大
（我目前SA的题加起来也没做上十道，所以这样的“总结”请选择性阅读）

解析

后缀排序

P3809 【模板】后缀排序

给出一个字符串，把所有后缀按照字典序排序
$n\le 10^6$

考虑倍增
一开始子串长度为 $1$，每个位置的排名 $r{k}_i$ 就是自己位置的字符
然后在已知长度为 $w$ 的所有子串的排名的情况下，以 $r{k}_{i+w}$ 为第二关键字，$r{k}_i$ 为第一关键字排序，可以得到长度为 $2w$ 的所有子串的排名（空串的排名视为负无穷）
每次用 sort 的话，时间复杂度 $O(nlo{g}^2{n}^{)}$

优化1：基数排序

注意到这里的排序是关于大小的排序，且值域（排名）只有 $O(n)$
所以我们可以使用基数排序代替 sort，时间复杂度变成 $O(nlogn)$

注意！ 基数排序重新排列的循环必须倒序枚举，这样才能保证排序的稳定性

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;

优化2：简化第一次排序

第一次是关于$r{k}_{i_w}$ 排序
并不需要基数排序，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

优化3：提前break

玄学优化
大概就是，不必真的倍增到总长度，只需要让所有字符串的排名互相分开即可
这东西在全是 a 这样的串中可以说是等于没有，但在不少时候优化巨大（比如本题 $2.2s\to 0.8s$)

完整代码

$s{a}_i$：排名为 $i$ 的后缀的编号
$r{k}_i$：后缀 $i$ 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;//优化3}for(int i=1;i<=n;i++) write(sa[i]),putchar(' ');return 0;
}
/**/

LCP与height

定义：

$height(i)$ 表示后缀 $s{a}_i$ 和后缀 $s{a}_{i-1}$ 的最长公共前缀（$lcp(s{a}_i,s{a}_{i-1})$）。特别的，$lcp(1)=0$

感性理解来说，把所有后缀按照字典序排序后，$height(i)$ 就是相邻两个后缀的相同部分的长度。

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

证明：
首先，$\min (lc{p}_{i,k},lc{p}_{k,j})$ 是 $k$ 与 $i,j$ 共同的公共前缀，所以也必然是 $i,j$ 的公共前缀，$lcp(i,j)\ge \min (lc{p}_{i,k},lc{p}_{k,j})$。
同时，由于字典序单调的性质，$i$ 变到 $k$ 变化的前缀在 $k$ 变化到 $j$ 时必然不可能再变回来，否则 $j$ 的字典序就比 $k$ 小了，所以有 $lcp(i,j)\le \min (lc{p}_{i,k},lc{p}_{k,j})$。
综上，$lcp(i,j)=\min (lc{p}_{i,k},lc{p}_{k,j})$，证毕。

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

证明：
$r{k}_{i-1}\le 1$ 时，显然成立
$r{k}_{i-1}>1$ 时，设 $r{k}_{i-1}-1=k$（$k$ 就是 $i-1$ 按字典序排序后的前一个），那么：
若 $i-1$ 和 $k$ 的首字母不同， $h_{i-1}=0$ ，显然成立
若 $i-1$ 和 $k$ 的首字母相同，那么考虑字符串 $k+1$，由于k 去掉首字符变成 k+1，i-1 去掉首字母变成 i，所以 $k+1$ 也一定在 $i$ 的前面，同时 $lcp(k+1,i)=lcp(k,i-1)-1=heigh{t}_{rki-1}-1$，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 $heigh{t}_{r{k}_i}\ge heigh{t}_{r{k}_{i-1}}-1$
得证。
得出这个性质后，线性求 $height$ 的代码就不难写出了：

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!