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后缀数组

对于给定的字符串\(s\)，构建两个数组\(sa\)和\(rk\)，其中\(rk[i]\)表示\(s[i,n]\)在\(s\)的所有后缀中的字典序排名，\(sa[i]\)则表示排名\(i\)的后缀的最左端位置。容易发现有\(sa[rk[i]]=rk[sa[i]]=i\)。

构造 - 倍增法

一般来说，我们用倍增法\(O(n\log n)\)构建出\(rk\)数组就可以了。

我们倍增考虑的长度\(k\)。当\(k>=n\)时退出。

• 每次倍增开始前，你要保证这些后缀的排名是将他们“长度为\(k\)的前缀”排序后的排名。若两个字符串“长度为\(k\)的前缀”相同，则排名也应相同。
• 然后把每个后缀\(i\)“以\(rk[i]\)为第一关键字、\(rk[i+k]\)为第二关键字”再次排序，更新\(rk\)数组。(对于越界的\(rk\)下标，你认为其值为\(-\infty\))这样你就得到了按“长度为\(2k\)的前缀“排序后的排名辣!

最开始时把所有后缀按它们的首字母排序，获得初始排名\(rk\)数组即可。

排序过程采用基数排序，则总复杂度为\(O(n\log n)\)。

举个栗子：

b a n a n a
2 1 3 1 3 1 // k=1
3 2 4 2 4 1 // k=2
3 2 5 2 4 1 // k=4
4 3 6 2 5 1 // k=8

用途 - LCP(最长公共前缀)

我们令\(lcp(s_1, s_2)\)为字符串\(s_1, s_2\)的最长公共前缀。令\(LCP(i,j)=lcp(s[sa[i],n], s[sa[j],n])\)。

那么我们有引理\(LCP-Lemma\)：\(\forall i<j<k, LCP(i,j)=\min(LCP(i,j),LCP(j,k))\)

这样我们就得到了推论：\(LCP(i,j)=\sum\limits_{k=i+1}^j LCP(k-1,k)\)，原问题转为\(RMQ\)。但不幸的是，\(LCP(k-1,k)\)你还只会\(O(n^2)\)预处理，这显然是不行的。

height 数组

我们设\(height[i]=LCP(i,i-1), h[i]=height[rk[i]]\)，则\(height[1]=0\)。考虑如何高效求\(h\)数组。

有一个结论\(LCP-Theorem\)：\(h[i]\ge h[i-1]-1\)

根据\(LCP-Theorem\)，每次\(h[i]\)直接从\(h[i-1]-1\)开始大力枚举就好。复杂度\(O(n)\)。

再举一个栗子:

s: b a n a n a
h: 0 3 2 1 0 0

a -> 0
ana -> 1
anana -> 3
banana -> 0
na -> 0
nana -> 2

引理及证明

引理LCP-Lemma

\(\forall i<j<k, LCP(i,j)=\min(LCP(i,j),LCP(j,k))\)

证明：设\(p=\min(LCP(i,j),LCP(j,k))\)，则我们显然有\(p\ge LCP(i,k)\)。

结合\(i<j<k\)，我们可以知道：\(s[sa[i]+p]<s[sa[j]+p]\)和\(s[sa[j]+p]<s[sa[k]+p]\)中至少一个成立。否则\(p<\min(LCP(i,j),LCP(j,k))\)并产生矛盾。
所以\(s[sa[i]+p]<s[sa[k]+p]\)，故\(p\le LCP(i,k)\)。证毕。

定理LCP-Theorem

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

证明：当\(h[i-1]=0\)时，显然成立。下面讨论\(h[i-1]>0\)的情况。

设\(k=sa[rk[i-1]-1]\)，则\(h[i-1]=lcp(s[k,n], s[i-1,n])\)，那么有\(\left\{\begin{array}{**lr**} h[i-1]-1=lcp(s[k+1,n], s[i,n])\\ rk[k+1]<rk[i] \end{array}\right.\)（这一步相当于把他们的首字符砍掉）。

结合\(LCP-Lemma\)，可得

即\(lcp(s[k+1,n], s[i,n])\le LCP(rk[i]-1, rk[i])\)

即\(h[i-1]-1\le h[i]\)，证毕。

后缀数组

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原文地址：https://www.cnblogs.com/skiceanAKacniu/p/13166341.html