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算法邏輯：

對長度為1時進行排序
倍增長度k
{
    按第二關鍵字將第一關鍵字排序
    求出2*k長度下的SA
    求出2*k長度下的rank(即x數組)
}

模板：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
#define debug(x) cerr<<#x<<"="<<x<<endl
typedef double db;
typedef long
 
 long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=1e6+10;
char s[MAXN];
int len,lmt,cnt[MAXN],sa[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],cur;

void solve()
{
    for(int i=1;i<=len;i++)
        cnt[x[i]=s[i]]++;
    for(int i=1;i<=lmt;i++)
        cnt[i]+=cnt[i-1];
    for(int i=len;i>=1;i--)
        sa[cnt[x[i]]
 
--]=i;
    
    for(int k=1;k<=len;k<<=1,lmt=cur)
    {
        cur=0;
        for(int i=len-k+1;i<=len;i++)
            y[++cur]=i;
        for(int i=1;i<=len;i++)
            if(sa[i]>k) y[++cur]=sa[i]-k;
        
        for(int i=1;i<=lmt;i++) cnt[i]=0;
        for(int i=1;i<=len;i++) cnt[x[i]]++;
        
 
for(int i=1;i<=lmt;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
        //一定要按第二關鍵字從大往小枚舉！ 
        for(int i=len;i>=1;i--)
            sa[cnt[x[y[i]]]--]=y[i];
        
        swap(x,y);cur=1;x[sa[1]]=1;
        for(int i=2;i<=len;i++)
            x[sa[i]]=(y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k])?cur:++cur;
        if(cur==len) break;
    }
}

int main()
{
    scanf("%s",s+1);
    len=strlen(s+1);lmt=130;
    solve();
    for(int i=1;i<=len;i++)
        printf("%d ",sa[i]);
    return 0;
}

註意：

1、可以利用基數排序直接算出排名

求出前綴和後其實就表示了該權值下的排名上界，每次將上界減一

因此要按第二關鍵字從大到小算SA

2、當已經出現$len$個$rank$時即可退出

Exercises

1、[BZOJ 4892]Dna

一共只有$n-m+1$個可能的串，加速比對過程即可

由於最大失配次數只有3次，因此可以利用$lcp$加速比對連續相同的部分！

復雜度降為$O(n*3*log(n))$

2、[Gym 101194F]

先用處理多字符串的套路連起來

找到第一個字符串的每個後綴在$rank$中最接近的不同字符串的後綴

那麽對於後綴$i$的最短長度即為$max(lcp(rk[i],l[rk[i]]),lcp(rk[i],r[rk[i]]))+1$

為保證字典序最小用$lcp$來$O(logn)$進行比較

3、[BZOJ 3277]

先連起來，對每個後綴$x$二分可行長度$len$

判斷長度是否可行，就是判斷$lcp(x,y)\ge len$的$y$是否存在於$k$個字符串

由於$lcp$的單調性，可以左右分別二分出$y$的可行區間$[L,R]$

通過預處理出$least[R]$表示包含$k$個字符串的最右點，判斷是否$L\le least[R]$即可

Tip1：可以發現同一字符串中$len[i]\ge len[i-1]-1$，這樣像推$height$一樣推$len$就能做到單$log$

Tip2：時刻註意自己枚舉的是排名還是原串位置

4、[Gym 101955B]

關鍵點在於誤差小於$1e-9$！

由於概率大於0.5的只能有一個字母，將原始字母設為概率最大後失配必然使得相乘概率小於0.5

也就是說，最多失配30個字母就可以不用統計了！這樣就和前面的[BZOJ 4892]相同了

Tip：為保證精度可以用指數運算，這樣就能使用前綴和了

5、[Gym 102028H]

知道本質不同的字符串的算法即可

問題轉化為左端點固定，右端點為一個區間的最大值的和

可以發現對於此問題明顯只有單調棧中的元素有分段的貢獻

從而可以從後往前維護一個單調減的單調棧，每次退棧時用線段樹區間修改即可

6、[BZOJ 3238]

求$\sum lcp(i,j)$可以轉化為每個$height$的貢獻

由於$lcp$的單調性，對於每個$i$用單調棧找到其提供貢獻的區間$[L,R]$

最終答案即為$\sum (i-L+1)*(R-i+1)*h[i]$

Tip1：單調棧判斷時保證一個小於等於一個小於，防止相等時重復計數

Tip2：註意$h[i]$是與前一位的$lcp$，計數時按兩兩間理解，自己乘自己是允許的

7、[BZOJ 4310]

在本質不同的字符串序列中二分排名，每次先算出該字符串的位置

判斷就是從後往前每次加一個字符，只要字典序比二分串大就分割一段，判斷段數是否滿足

Tip：註意對兩相同位置求$lcp$時特殊處理！

8、[BZOJ 3879]

將查詢串按$rank$排序，算出兩兩間的$lcp$作為$height$

接下來就和[BZOJ 3238]完全相同了

9、[BZOJ 4278]

用$rank$的比較快速判斷兩後綴字典序的大小，貪心選擇字典序小的即可

10、[BZOJ 2320]

11、[BZOJ 2119]

[後綴數組]總結