點我
為什麼學字尾數組
字尾數組是一個比較強大的處理字元串的算法，是有關字元串的基礎算法，是以必須掌握。
學會字尾自動機(SAM)就不用學字尾數組(SA)了？不，雖然SAM看起來更為強大和全面，但是有些SAM解決不了的問題能被SA解決，隻掌握SAM是遠遠不夠的。
……
有什麼SAM做不了的例子？
比如果求一個串字尾的lcp方面的應用，這是SA可以很友善的用rmq來維護，但是SAM還要求lca，比較麻煩，還有就是字元集比較大的時候SA也有優勢。
現在這裡放道題，看完這個blog可能就會做了！：
你可想想這道題：你有一個01串S，然後定義一個字首最右邊的位置就是這個字首的結束位置。現在有q多個詢問，每個詢問結束位置在l~r中不同字首的最長公共字尾是多長？
|S|,q≤100000” role=”presentation”>|S|,q≤100000|S|,q≤100000
時限4s
而下面是我對字尾數組的一些了解
構造字尾數組——SA
先定義一些變量的含義
Str ：需要處理的字元串(長度為Len)
Suffix[i] ：Str下标為i ~ Len的連續子串(即字尾)
Rank[i] : Suffix[i]在所有字尾中的排名
SA[i] : 滿足Suffix[SA[1]] < Suffix[SA[2]] …… < Suffix[SA[Len]],即排名為i的字尾為Suffix[SA[i]] (與Rank是互逆運算)
好，來形象的了解一下
字尾數組指的就是這個SA[i],有了它，我們就可以實作一些很強大的功能(如不相同子串個數、連續重複子串等)。如何快速的到它，便成為了這個算法的關鍵。而SA和Rank是互逆的，隻要求出任意一個，另一個就可以O(Len)得到。
現在比較主流的算法有兩種，倍增和DC3，在這裡，就主要講一下稍微慢一些，但比較好實作以及了解的倍增算法(雖說慢，但也是O(Len logLen))的。
進入正題——倍增算法
倍增算法的主要思想 ：對于一個字尾Suffix[i],如果想直接得到Rank比較困難，但是我們可以對每個字元開始的長度為2k” role=”presentation”>2k2k大于Len時，所得到的序列就是Rank，而SA也就知道了。O(logLen)枚舉k
這樣做有什麼好處呢？
設每一輪得到的序列為rank(注意r是小寫，最終字尾排名Rank是大寫)。有一個很美妙的性質就出現了！第k輪的rank可由第k - 1輪的rank快速得來!
為什麼呢？為了友善描述，設SubStr(i, len)為從第i個字元開始，長度為len的字元串我們可以把第k輪SubStr(i, 2k” role=”presentation”>2k2k的字元串是上一輪遇到過的！當然上一輪的rank也知道！那麼吧每個這一輪的字元串都轉化為這種形式，并且大家都知道字元串的比較是從左往右，左邊和右邊的大小我們可以用上一輪的rank表示，那麼……這不就是一些兩位數(也可以視為第一關鍵字和第二關鍵字)比較大小嗎!再把這些兩位數重新排名就是這一輪的rank。
我們用下面這張經典的圖了解一下：
相信隻要了解字元串的比較法則(跟實數差不多)，了解起來并不難。#還有一個細節就是怎麼把這些兩位數排序？這種位數少的數進行排序毫無疑問的要用一個複雜度為長度*排序數的個數的優美算法——基數排序(對于兩位數的數複雜度就是O(Len)的)。
基數排序原理 ： 把數字依次按照由低位到高位依次排序，排序時隻看目前位。對于每一位排序時，因為上一位已經是有序的，是以這一位相等或符合大小條件時就不用交換位置，如果不符合大小條件就交換，實作可以用”桶”來做。(叙說起來比較奇怪，看完下面的代碼應該更好了解，也可以上網查有關資料)
好了SA和Rank(大寫R)到此為止就處理好了。(下面有詳解代碼！)。但我們發現，隻有這兩樣東西好像沒什麼用，為了處理重複子串之類的問題，我們就要引入一個表示最長公共字首的新助手Height數組！
構造最長公共字首——Height
同樣先是定義一些變量
Heigth[i] : 表示Suffix[SA[i]]和Suffix[SA[i - 1]]的最長公共字首，也就是排名相鄰的兩個字尾的最長公共字首
H[i] : 等于Height[Rank[i]]，也就是字尾Suffix[i]和它前一名的字尾的最長公共字首
而兩個排名不相鄰的最長公共字首定義為排名在它們之間的Height的最小值。
跟上面一樣，先形像的了解一下：
高效地得到Height數組
如果一個一個數按SA中的順序比較的話複雜度是O(N2” role=”presentation”>N2N2)級别的，想要快速的得到Height就需要用到一個關于H數組的性質。
H[i] ≥ H[i - 1] - 1!
如果上面這個性質是對的，那我們可以按照H[1]、H[2]……H[Len]的順序進行計算，那麼複雜度就降為O(N)了！
讓我們嘗試一下證明這個性質 : 設Suffix[k]是排在Suffix[i - 1]前一名的字尾，則它們的最長公共字首是H[i - 1]。都去掉第一個字元，就變成Suffix[k + 1]和Suffix[i]。如果H[i - 1] = 0或1,那麼H[i] ≥ 0顯然成立。否則，H[i] ≥ H[i - 1] - 1(去掉了原來的第一個,其他字首一樣相等)，是以Suffix[i]和在它前一名的字尾的最長公共字首至少是H[i - 1] - 1。
仔細想想還是比較好了解的。H求出來，那Height就相應的求出來了，這樣結合SA，Rank和Height我們就可以做很多關于字元串的題了！
代碼——Code
建議複制到自己的程式設計軟體上看
/*
Problem: JZOJ1598(詢問一個字元串中有多少至少出現兩次的子串)
Content: SA's Code and Explanation
Author : YxuanwKeith
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
char ch[MAXN], All[MAXN];
int SA[MAXN], rank[MAXN], Height[MAXN], tax[MAXN], tp[MAXN], a[MAXN], n, m;
char str[MAXN];
//rank[i] 第i個字尾的排名; SA[i] 排名為i的字尾位置; Height[i] 排名為i的字尾與排名為(i-1)的字尾的LCP
//tax[i] 計數排序輔助數組; tp[i] rank的輔助數組(計數排序中的第二關鍵字),與SA意義一樣。
//a為原串
void RSort() {
//rank第一關鍵字,tp第二關鍵字。
for (int i = 0; i <= m; i ++) tax[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) tax[rank[tp[i]]] ++;
for (int i = 1; i <= m; i ++) tax[i] += tax[i-1];
for (int i = n; i >= 1; i --) SA[tax[rank[tp[i]]] --] = tp[i]; //確定滿足第一關鍵字的同時，再滿足第二關鍵字的要求
} //計數排序,把新的二進制組排序。
int cmp(int *f, int x, int y, int w) { return f[x] == f[y] && f[x + w] == f[y + w]; }
//通過二進制組兩個下标的比較，确定兩個子串是否相同
void Suffix() {
//SA
for (int i = 1; i <= n; i ++) rank[i] = a[i], tp[i] = i;
m = 127 ,RSort(); //一開始是以單個字元為機關，是以(m = 127)
for (int w = 1, p = 1, i; p < n; w += w, m = p) { //把子串長度翻倍,更新rank
//w 目前一個子串的長度; m 目前離散後的排名種類數
//目前的tp(第二關鍵字)可直接由上一次的SA的得到
for (p = 0, i = n - w + 1; i <= n; i ++) tp[++ p] = i; //長度越界,第二關鍵字為0
for (i = 1; i <= n; i ++) if (SA[i] > w) tp[++ p] = SA[i] - w;
//更新SA值,并用tp暫時存下上一輪的rank(用于cmp比較)
RSort(), swap(rank, tp), rank[SA[1]] = p = 1;
//用已經完成的SA來更新與它互逆的rank,并離散rank
for (i = 2; i <= n; i ++) rank[SA[i]] = cmp(tp, SA[i], SA[i - 1], w) ? p : ++ p;
}
//離散：把相等的字元串的rank設為相同。
//LCP
int j, k = 0;
for(int i = 1; i <= n; Height[rank[i ++]] = k)
for( k = k ? k - 1 : k, j = SA[rank[i] - 1]; a[i + k] == a[j + k]; ++ k);
//這個知道原理後就比較好了解程式
}
void Init() {
scanf("%s", str);
n = strlen(str);
for (int i = 0; i < n; i ++) a[i + 1] = str[i];
}
int main() {
Init();
Suffix();
int ans = Height[2];
for (int i = 3; i <= n; i ++) ans += max(Height[i] - Height[i - 1], 0);
printf("%d\n", ans);
} 4個比較基礎的應用
Q1：一個串中兩個串的最大公共字首是多少？
A1：這不就是Height嗎？用rmq預處理，再O(1)查詢。
” role=”presentation”>
Q2：一個串中可重疊的重複最長子串是多長？
A2：就是求任意兩個字尾的最長公共字首，而任意兩個字尾的最長公共字首都是Height 數組裡某一段的最小值，那最長的就是Height中的最大值。
” role=”presentation”>
Q3：一個串種不可重疊的重複最長子串是多長？
A3：先二分答案，轉化成判别式的問題比較好處理。假設目前需要判别長度為k是否符合要求，隻需把排序後的字尾分成若幹組，其中每組的字尾之間的Height 值都不小于k，再判斷其中有沒有不重複的字尾，具體就是看最大的SA值和最小的SA值相差超不超過k，有一組超過的話k就是合法答案。
” role=”presentation”>
A4：一個字元串不相等的子串的個數是多少？
Q4：每個子串一定是某個字尾的字首，那麼原問題等價于求所有字尾之間的不相同的字首的個數。而且可以發現每一個字尾Suffix[SA[i]]的貢獻是Len - SA[i] + 1,但是有子串算重複，重複的就是Heigh[i]個與前面相同的字首，那麼減去就可以了。最後，一個字尾Suffix[SA[i]]的貢獻就是Len - SA[k] + 1 - Height[k]。
對于字尾數組更多的應用這裡就不詳細闡述，經過思考後每個人都會發現它的一些不同的用途，它的功能也許比你想象中的更強大！
最開始的那道題
先搬下來。。。
你可想想這道題：你有一個01串S，然後定義一個字首最右邊的位置就是這個字首的結束位置。現在有很多個詢問，每q個詢問結束位置在l~r中不同字首的最長公共字尾是多長？
|S|,q≤100000” role=”presentation”>|S|,q≤100000|S|,q≤100000
時限4s
簡單思路：首先可以把字元串反過來就是求字尾的最長公共字首了，可以用SA求出height數組，然後用rmq預處理之後就是求兩個位置間的最小值。然後對于一個區間，顯然隻有在SA數組中相鄰的兩個串可以貢獻答案。
對于區間詢問的問題可以用莫隊處理，然後考慮加入一個字尾應該怎麼處理，我們可以維護一個按SA數組排序的連結清單。假設我們先把所有位置的SA全部加入，然後按順序删除，重新按順序加入時就可以O(1)完成修改。那麼按照這個思路我們可以用固定左端點的并查集，做到隻加入，不删除，然後用O(nn+nlogn)” role=”presentation”>O(nn−−√+nlogn)O(nn+nlogn)的複雜度完成這道題。
*可能後面的處理方式比較麻煩，如果直接用splay維護區間中的字尾的話可以做到O(nnlogn)” role=”presentation”>O(nn−−√logn)O(nnlogn)，這個方法就比較直覺，而SAM在個問題上還是有點無力的。這題隻是為了說明SA相比于SAM還是有他的獨到之處，特别是在處理字尾的lcp之類的問題上。
結束
以上就是我對字尾數組的了解 ——YxuanwKeith
<link rel="stylesheet" href="https://csdnimg.cn/release/phoenix/template/css/markdown_views-ea0013b516.css">
</div> 為什麼學字尾數組
字尾數組是一個比較強大的處理字元串的算法，是有關字元串的基礎算法，是以必須掌握。
學會字尾自動機(SAM)就不用學字尾數組(SA)了？不，雖然SAM看起來更為強大和全面，但是有些SAM解決不了的問題能被SA解決，隻掌握SAM是遠遠不夠的。
……
有什麼SAM做不了的例子？
比如果求一個串字尾的lcp方面的應用，這是SA可以很友善的用rmq來維護，但是SAM還要求lca，比較麻煩，還有就是字元集比較大的時候SA也有優勢。
現在這裡放道題，看完這個blog可能就會做了！：
你可想想這道題：你有一個01串S，然後定義一個字首最右邊的位置就是這個字首的結束位置。現在有q多個詢問，每個詢問結束位置在l~r中不同字首的最長公共字尾是多長？
|S|,q≤100000” role=”presentation”>|S|,q≤100000|S|,q≤100000
時限4s
而下面是我對字尾數組的一些了解
構造字尾數組——SA
先定義一些變量的含義
Str ：需要處理的字元串(長度為Len)
Suffix[i] ：Str下标為i ~ Len的連續子串(即字尾)
Rank[i] : Suffix[i]在所有字尾中的排名
SA[i] : 滿足Suffix[SA[1]] < Suffix[SA[2]] …… < Suffix[SA[Len]],即排名為i的字尾為Suffix[SA[i]] (與Rank是互逆運算)
好，來形象的了解一下
字尾數組指的就是這個SA[i],有了它，我們就可以實作一些很強大的功能(如不相同子串個數、連續重複子串等)。如何快速的到它，便成為了這個算法的關鍵。而SA和Rank是互逆的，隻要求出任意一個，另一個就可以O(Len)得到。
現在比較主流的算法有兩種，倍增和DC3，在這裡，就主要講一下稍微慢一些，但比較好實作以及了解的倍增算法(雖說慢，但也是O(Len logLen))的。
進入正題——倍增算法
倍增算法的主要思想 ：對于一個字尾Suffix[i],如果想直接得到Rank比較困難，但是我們可以對每個字元開始的長度為2k” role=”presentation”>2k2k大于Len時，所得到的序列就是Rank，而SA也就知道了。O(logLen)枚舉k
這樣做有什麼好處呢？
設每一輪得到的序列為rank(注意r是小寫，最終字尾排名Rank是大寫)。有一個很美妙的性質就出現了！第k輪的rank可由第k - 1輪的rank快速得來!
為什麼呢？為了友善描述，設SubStr(i, len)為從第i個字元開始，長度為len的字元串我們可以把第k輪SubStr(i, 2k” role=”presentation”>2k2k的字元串是上一輪遇到過的！當然上一輪的rank也知道！那麼吧每個這一輪的字元串都轉化為這種形式，并且大家都知道字元串的比較是從左往右，左邊和右邊的大小我們可以用上一輪的rank表示，那麼……這不就是一些兩位數(也可以視為第一關鍵字和第二關鍵字)比較大小嗎!再把這些兩位數重新排名就是這一輪的rank。
我們用下面這張經典的圖了解一下：
相信隻要了解字元串的比較法則(跟實數差不多)，了解起來并不難。#還有一個細節就是怎麼把這些兩位數排序？這種位數少的數進行排序毫無疑問的要用一個複雜度為長度*排序數的個數的優美算法——基數排序(對于兩位數的數複雜度就是O(Len)的)。
基數排序原理 ： 把數字依次按照由低位到高位依次排序，排序時隻看目前位。對于每一位排序時，因為上一位已經是有序的，是以這一位相等或符合大小條件時就不用交換位置，如果不符合大小條件就交換，實作可以用”桶”來做。(叙說起來比較奇怪，看完下面的代碼應該更好了解，也可以上網查有關資料)
好了SA和Rank(大寫R)到此為止就處理好了。(下面有詳解代碼！)。但我們發現，隻有這兩樣東西好像沒什麼用，為了處理重複子串之類的問題，我們就要引入一個表示最長公共字首的新助手Height數組！
構造最長公共字首——Height
同樣先是定義一些變量
Heigth[i] : 表示Suffix[SA[i]]和Suffix[SA[i - 1]]的最長公共字首，也就是排名相鄰的兩個字尾的最長公共字首
H[i] : 等于Height[Rank[i]]，也就是字尾Suffix[i]和它前一名的字尾的最長公共字首
而兩個排名不相鄰的最長公共字首定義為排名在它們之間的Height的最小值。
跟上面一樣，先形像的了解一下：
高效地得到Height數組
如果一個一個數按SA中的順序比較的話複雜度是O(N2” role=”presentation”>N2N2)級别的，想要快速的得到Height就需要用到一個關于H數組的性質。
H[i] ≥ H[i - 1] - 1!
如果上面這個性質是對的，那我們可以按照H[1]、H[2]……H[Len]的順序進行計算，那麼複雜度就降為O(N)了！
讓我們嘗試一下證明這個性質 : 設Suffix[k]是排在Suffix[i - 1]前一名的字尾，則它們的最長公共字首是H[i - 1]。都去掉第一個字元，就變成Suffix[k + 1]和Suffix[i]。如果H[i - 1] = 0或1,那麼H[i] ≥ 0顯然成立。否則，H[i] ≥ H[i - 1] - 1(去掉了原來的第一個,其他字首一樣相等)，是以Suffix[i]和在它前一名的字尾的最長公共字首至少是H[i - 1] - 1。
仔細想想還是比較好了解的。H求出來，那Height就相應的求出來了，這樣結合SA，Rank和Height我們就可以做很多關于字元串的題了！
代碼——Code
建議複制到自己的程式設計軟體上看
/*
Problem: JZOJ1598(詢問一個字元串中有多少至少出現兩次的子串)
Content: SA's Code and Explanation
Author : YxuanwKeith
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
char ch[MAXN], All[MAXN];
int SA[MAXN], rank[MAXN], Height[MAXN], tax[MAXN], tp[MAXN], a[MAXN], n, m;
char str[MAXN];
//rank[i] 第i個字尾的排名; SA[i] 排名為i的字尾位置; Height[i] 排名為i的字尾與排名為(i-1)的字尾的LCP
//tax[i] 計數排序輔助數組; tp[i] rank的輔助數組(計數排序中的第二關鍵字),與SA意義一樣。
//a為原串
void RSort() {
//rank第一關鍵字,tp第二關鍵字。
for (int i = 0; i <= m; i ++) tax[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) tax[rank[tp[i]]] ++;
for (int i = 1; i <= m; i ++) tax[i] += tax[i-1];
for (int i = n; i >= 1; i --) SA[tax[rank[tp[i]]] --] = tp[i]; //確定滿足第一關鍵字的同時，再滿足第二關鍵字的要求
} //計數排序,把新的二進制組排序。
int cmp(int *f, int x, int y, int w) { return f[x] == f[y] && f[x + w] == f[y + w]; }
//通過二進制組兩個下标的比較，确定兩個子串是否相同
void Suffix() {
//SA
for (int i = 1; i <= n; i ++) rank[i] = a[i], tp[i] = i;
m = 127 ,RSort(); //一開始是以單個字元為機關，是以(m = 127)
for (int w = 1, p = 1, i; p < n; w += w, m = p) { //把子串長度翻倍,更新rank
//w 目前一個子串的長度; m 目前離散後的排名種類數
//目前的tp(第二關鍵字)可直接由上一次的SA的得到
for (p = 0, i = n - w + 1; i <= n; i ++) tp[++ p] = i; //長度越界,第二關鍵字為0
for (i = 1; i <= n; i ++) if (SA[i] > w) tp[++ p] = SA[i] - w;
//更新SA值,并用tp暫時存下上一輪的rank(用于cmp比較)
RSort(), swap(rank, tp), rank[SA[1]] = p = 1;
//用已經完成的SA來更新與它互逆的rank,并離散rank
for (i = 2; i <= n; i ++) rank[SA[i]] = cmp(tp, SA[i], SA[i - 1], w) ? p : ++ p;
}
//離散：把相等的字元串的rank設為相同。
//LCP
int j, k = 0;
for(int i = 1; i <= n; Height[rank[i ++]] = k)
for( k = k ? k - 1 : k, j = SA[rank[i] - 1]; a[i + k] == a[j + k]; ++ k);
//這個知道原理後就比較好了解程式
}
void Init() {
scanf("%s", str);
n = strlen(str);
for (int i = 0; i < n; i ++) a[i + 1] = str[i];
}
int main() {
Init();
Suffix();
int ans = Height[2];
for (int i = 3; i <= n; i ++) ans += max(Height[i] - Height[i - 1], 0);
printf("%d\n", ans);
} 4個比較基礎的應用
Q1：一個串中兩個串的最大公共字首是多少？
A1：這不就是Height嗎？用rmq預處理，再O(1)查詢。
” role=”presentation”>
Q2：一個串中可重疊的重複最長子串是多長？
A2：就是求任意兩個字尾的最長公共字首，而任意兩個字尾的最長公共字首都是Height 數組裡某一段的最小值，那最長的就是Height中的最大值。
” role=”presentation”>
Q3：一個串種不可重疊的重複最長子串是多長？
A3：先二分答案，轉化成判别式的問題比較好處理。假設目前需要判别長度為k是否符合要求，隻需把排序後的字尾分成若幹組，其中每組的字尾之間的Height 值都不小于k，再判斷其中有沒有不重複的字尾，具體就是看最大的SA值和最小的SA值相差超不超過k，有一組超過的話k就是合法答案。
” role=”presentation”>
A4：一個字元串不相等的子串的個數是多少？
Q4：每個子串一定是某個字尾的字首，那麼原問題等價于求所有字尾之間的不相同的字首的個數。而且可以發現每一個字尾Suffix[SA[i]]的貢獻是Len - SA[i] + 1,但是有子串算重複，重複的就是Heigh[i]個與前面相同的字首，那麼減去就可以了。最後，一個字尾Suffix[SA[i]]的貢獻就是Len - SA[k] + 1 - Height[k]。
對于字尾數組更多的應用這裡就不詳細闡述，經過思考後每個人都會發現它的一些不同的用途，它的功能也許比你想象中的更強大！
最開始的那道題
先搬下來。。。
你可想想這道題：你有一個01串S，然後定義一個字首最右邊的位置就是這個字首的結束位置。現在有很多個詢問，每q個詢問結束位置在l~r中不同字首的最長公共字尾是多長？
|S|,q≤100000” role=”presentation”>|S|,q≤100000|S|,q≤100000
時限4s
簡單思路：首先可以把字元串反過來就是求字尾的最長公共字首了，可以用SA求出height數組，然後用rmq預處理之後就是求兩個位置間的最小值。然後對于一個區間，顯然隻有在SA數組中相鄰的兩個串可以貢獻答案。
對于區間詢問的問題可以用莫隊處理，然後考慮加入一個字尾應該怎麼處理，我們可以維護一個按SA數組排序的連結清單。假設我們先把所有位置的SA全部加入，然後按順序删除，重新按順序加入時就可以O(1)完成修改。那麼按照這個思路我們可以用固定左端點的并查集，做到隻加入，不删除，然後用O(nn+nlogn)” role=”presentation”>O(nn−−√+nlogn)O(nn+nlogn)的複雜度完成這道題。
*可能後面的處理方式比較麻煩，如果直接用splay維護區間中的字尾的話可以做到O(nnlogn)” role=”presentation”>O(nn−−√logn)O(nnlogn)，這個方法就比較直覺，而SAM在個問題上還是有點無力的。這題隻是為了說明SA相比于SAM還是有他的獨到之處，特别是在處理字尾的lcp之類的問題上。
結束
以上就是我對字尾數組的了解 ——YxuanwKeith
<link rel="stylesheet" href="https://csdnimg.cn/release/phoenix/template/css/markdown_views-ea0013b516.css">
</div>