桶排序、基数排序与后缀排序

最近学后缀数组，需要接触到这些排序方法，于是乎开帖记录。 ### 术语说明 本文中，“排名”可以粗浅地理解为“不大于$x$的元素个数称为$x$的排名”。但是，有重复元素的时候，假设小于$x$的元素个数是$a$，不大于$x$的元素个数是$b$，那么这些重复元素的排名各不相同，且都位于区间$(a,b]$中。 如，数组$1,1,2,3,3,4$中各元素的排名可以是$1,2,3,4,5,6$，当然也可能是$2,1,3,5,4,6$等等。 本文中要大量使用“元素数组”、“排名数组”这样的词汇，请牢记它们的含义：叫做什么数组，里面存的就是什么值。 - “元素数组”指根据排名查元素编号的数组，即$\mathrm{ele}:\left\{\mathrm{rank}\right\}\rightarrow \left\{\mathrm{id}\right\}$ - “排名数组”指根据元素编号查排名的数组，即$\mathrm{rk}:\left\{\mathrm{id}\right\}\rightarrow \left\{\mathrm{ele}\right\}$ 这两个数组之间是逆映射的关系。 在桶排序中，还会用到桶数组。桶数组是根据元素值查“这个值的元素有多少个”的数组，做前缀和后就是根据元素值查“不大于这个值的元素有多少个”的数组。通常，我们使用它的后一种含义。 - “桶数组”是根据元素值查“不大于这个值的元素有多少个”的数组，即$\mathrm{bucket}:\left\{\mathrm{value}\right\}\rightarrow \left\{\mathrm{rank}\right\}$ 熟悉这些映射关系，对于快速写出代码有很大帮助。 文中还用了 Pascal 的数组区间符号。`a[1...3]={1,2,3}`表示`a[1]=1,a[2]=2,a[3]=3`。 ### 离散化 首先我们通过复习离散化方法，熟悉“元素数组”和“排名数组”的意义。 ```cpp int a[MAXN]; //原始数据 int ele[MAXN],rk[MAXN]; //定义见上文 bool cmp(const int lhs,const int rhs); for (int i=1;i<=n;i++) ele[i]=i; //初始化，假设第i名的元素下标是i sort(ele+1,ele+1+n,cmp); //排序后，第i名元素的下标是ele[i] //利用rk和ele的互逆关系求rk for (int i=1;i<=n;i++) rk[ele[i]]=i; //第i名元素的下标所对应的排名是i bool cmp(const int lhs,const int rhs){ //利用元素给下标排序 return a[lhs]<a[rhs]; } ``` 上述代码执行后，`rk`数组中的值就是离散化目标值。 ### 桶排序 #### 单关键字桶排序 桶排序？这个谁不会啊？ ```cpp int a[MAXN],bucket[MAXM]; //原始数据, 桶(桶的定义域是原始数据的值域) for (int i=0;i<MAXM;i++) bucket[i]=0; for (int i=1;i<=n;i++) bucket[a[i]]++; int pos=0; for (int i=0;i<MAXM;i++) for (int j=0;j<bucket[i];j++) a[++pos]=i; ``` 但是如何用桶排序求出元素数组和排名数组呢？这里介绍一种简单的办法。 我们知道，原始的桶数组记录的是“值为$x$的元素的个数”。如果对桶数组做前缀和，记录的就是“值不大于$x$的元素个数”——不就是“值为$x$的元素的（最大）排名”吗？之所以是“最大”，是因为可能有重复元素（参见“术语说明”）。于是，我们可以用这种方法得到元素数组和排名数组。 下面这段代码对于理解多关键字桶排序比较重要，请认真阅读。如果对代码不太理解，请接着阅读下面的说明。 ```cpp int a[MAXN],bucket[MAXN],ele[MAXN],rk[MAXN]; for (int i=0;i<MAXM;i++) bucket[i]=0; for (int i=1;i<=n;i++) bucket[a[i]]++; for (int i=1;i<MAXM;i++) bucket[i]+=bucket[i-1]; //求前缀和 // 此时bucket数组的意义就是“给值，求最大排名” // 下面用bucket数组求ele数组 for (int i=n;i;i--){ // 这个循环是倒序的 int trank=bucket[a[i]]; // 求出i号元素的排名 bucket[a[i]]--; // 排名trank已经被i占用了，下一个来的元素要用上一个可用的排名 ele[trank]=i; // 排名为trank的元素编号是i // 上面这三条语句通常缩写为 // ele[ bucket[a[i]]-- ]=i; } //此时, a[ele[1]],a[ele[2]],...,a[ele[n]]就是有序的了 //再利用rk和ele的互逆关系求rk for (int i=1;i<=n;i++) rk[ele[i]]=i; //第i名元素的下标所对应的排名是i ``` 现在问题来了，为什么这个循环是倒序的呢？也就是说，我们需要搞清楚，排名的“分配原则”是什么。同时我们还要搞懂这行关键代码：`ele[ bucket[a[i]]-- ]=i;` 首先，如果数组中没有重复元素，那么`bucket[a[i]]`只会被访问一次，其中的值正是`i`号元素的真正排名。 但如果数组中有重复元素呢？举个例子，如果`a[1...6]={1,4,3,1,3,2}`，那么在求前缀和之前，`bucket[1...4]={2,1,2,1}`；求前缀和之后，`bucket[1...4]={2,3,5,6}`。那么，$1$的“最大排名”是$2$，$3$的“最大排名”是$5$。 我们倒序循环分配排名。首先`i=6`，`ele[ bucket[a[6]]-- ]=6`。执行语句时`bucket[a[6]]=bucket[2]=3`，于是我们得到了$6$号元素的排名是$3$，也就是被赋予了排名$3$的元素是$6$号(`ele[3]=6`)。根据`--`运算符的规则，我们把`bucket[2]`的值减$1$，那么执行后`bucket[2]=2`。这表示，排名$3$已经被占用了，下一个值为$2$的元素只能使用排名$2$——当然，由于数列中只有一个元素的值是$2$，因此不存在所谓的“下一个元素”。 接着`i=5`，`ele[ bucket[a[5]]-- ]=5`。`bucket[a[5]]=bucket[3]=5`，那么这次我们把排名$5$赋给`a[5]`。这时`bucket[3]--`，表示下一个值为$3$的元素只能使用排名$4$——在这里就表示，靠前的一个$3$将使用排名$4$。 继续模拟这个过程，最后`ele[1...6]={1,4,6,3,5,2}`。在模拟的过程中我们发现，**值相同的元素，先者总是得到较大的排名**。就有些像孔融让梨，孔融是把大的梨让出去，先拿到排名的元素是把靠前的排名让给后拿到排名的元素。 而我们倒序循环，原本靠后的元素将先得到排名，结果就是值相同的元素，原本靠后的，排名也较大（即在排序后的数组里也靠后）。这正满足了“稳定性”的定义——这样它就是“稳定排序”了。 当然，这么做的意义远不止如此，正是这一操作，为桶排序提供了可扩展性。请看—— #### 多关键字桶排序 什么叫“多关键字”呢？就有点像中考成绩排序——先按总分等级排序，总分等级相同的再按A+数排序，A+数相同的……概括地说，就是，优先按第一关键字排序，如果第一关键字相同，再按第二关键字排序。 下面我们只讨论两个关键字的情形；在此基础上，很容易扩展出更多关键字的排序。 还记得上面讲的“稳定性”吗？我们有一个思路——**先按第二关键字排序，再按第一关键字做稳定排序**。 为什么先排次要关键字呢？可以这么理解——第一次排序的结果会被第二次排序打乱，因此是次要的。第一次排序只是为了第二次排序在**关键字相同**时，提供原先的相对位置。也就是，第一次排序的功效，体现在了排序前相对位置上。 那么我们就可以写出多关键字桶排序的代码了。 ```cpp int a[MAXN],b[MAXN];// a 为主要关键字, b为次要关键字 // ele_b是第一次排序时用的ele数组 int bucket[MAXN],ele[MAXN],ele_b[MAXN],rk[MAXN]; for (int i=0;i<MAXM;i++) bucket[i]=0; for (int i=1;i<=n;i++) bucket[b[i]]++; for (int i=1;i<MAXM;i++) bucket[i]+=bucket[i-1]; for (int i=n;i;i--)// 仍然注意这个循环是倒序的 ele_b[ bucket[b[i]]-- ]=i; //现在b[ele_b[1]],b[ele_b[2]],...,b[ele_b[n]]是有序的 //我们下一次桶排序循环的时候,就按照ele_b[n],ele_b[n-1],...,ele_b[1]的顺序 for (int i=0;i<MAXM;i++) bucket[i]=0; for (int i=1;i<=n;i++) bucket[a[i]]++; for (int i=1;i<MAXM;i++) bucket[i]+=bucket[i-1];//这三个for循环基本相同 for (int i=n;i;i--)// 按我们上面说的做！ ele[ bucket[ a[ ele_b[i] ] ]-- ]=ele_b[i]; ``` 整段代码最难理解的应该就是`ele[bucket[a[ele_b[i]]]--]=ele_b[i];`这一行了。足足四层嵌套，让不少多关键字桶排序和基数排序的初学者望而生畏。下面我们解析它。 对`b`做排序的时候，我们已经写过一次三层嵌套了。`ele_b[ bucket[b[i]]-- ]=i;`，意思是`bucket[b[i]]`中存着`b[i]`的排名，那么排名为`bucket[b[i]]`的元素编号就是`i`。 对`a`做排序的时候，我们不是要按`ele_b[n],ele_b[n-1],...,ele_b[1]`的顺序做嘛——于是，运用换元法，把`ele_b[i]`带入原来的`i`中，不就得到了这一行代码吗？ 于是，双关键字的桶排序就写好了。这也就是[这道题](https://www.luogu.org/problemnew/show/T84081)的解法。 ### 基数排序 基数排序其实就是多关键字的桶排序。比如，给三位数排序，第一关键字是百位，第二关键字是十位，第三关键字是个位。 但实际操作中，我们所用的模数不是$10$，而是$2$的幂。根据[挑战](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4604)这道题的经验，我们取$256(2^8)$为模，把$32$位整数（也就是`int`）分为四个关键字进行排序，分别排序四次就好了。 ```cpp #define MASK 255 int a[MAXN],b[MAXN]; //a储存原数据, b在排序过程中会发生改变 int b1[BUSKN],b2[BUSKN],b3[BUSKN],b4[BUSKN]; //val -> rank, 四次排序的桶 int e1[MAXN],e2[MAXN],e3[MAXN],e4[MAXN]; //rank -> ID, 四次排序的ele数组 for (int i=1;i<=n;i++){ int t=b[i]=a[i]; b1[t&MASK]++,t>>=8; b2[t&MASK]++,t>>=8; b3[t&MASK]++,t>>=8; b4[t&MASK]++; //分别加到桶里 } for (int i=1;i<=MASK;i++) b1[i]+=b1[i-1],b2[i]+=b2[i-1], b3[i]+=b3[i-1],b4[i]+=b4[i-1]; //给桶做前缀和 //核心步骤——赋予排名 for (int i=n;i;i--) e1[b1[b[i]&MASK]--]=i, b[i]>>=8; for (int i=n;i;i--) e2[b2[b[e1[i]]&MASK]--]=e1[i],b[e1[i]]>>=8; for (int i=n;i;i--) e3[b3[b[e2[i]]&MASK]--]=e2[i],b[e2[i]]>>=8; for (int i=n;i;i--) e4[b4[b[e3[i]]&MASK]--]=e3[i]; for (int i=1;i<=n;i++) ayano(a[e4[i]],' '); //按顺序输出整数 ``` ### 后缀排序 给后缀排序是建立后缀数组（Suffix Array）的关键操作。 字符串`s[1...n]`的后缀就是指这些子串：`s[1...n],s[2...n],s[3...n],...,s[n...n]`。按照后缀的起始点，分别把它们编号为$1,2,3,\cdots,n$。 “后缀排序”就是对这$n$个后缀（就是$n$个字符串）进行排序。当然不是真的排序，只是求出元素数组和排名数组罢了。 在这里重新强调元素数组和排名数组的定义： - 元素数组，此处称作后缀数组或`sa`数组，表示排名为`i`的后缀的编号是`sa[i]` - 排名数组，此处称作`rank`（缩写为`rk`）数组，表示编号为`i`的后缀排名为`rk[i]` 还是那句话，“名副其实”，后缀数组里的东西是后缀（的编号），排名数组里的东西是排名。 如何给后缀排序呢？最简单的方法当然是直接应用一遍快速排序，时间复杂度是$\mathrm{O}(n\log n)$，足够快了吧。 可惜的是，这个时间复杂度是错的。由于比较两个字符串是$\mathrm{O}(n)$而非$\mathrm{O}(1)$的，快速排序需要$\mathrm{O}(n\log n)$次比较，因此正确的复杂度应该是$\mathrm{O}(n^2 \log n)$，无法承受。 那么改成基数排序吧？字符串的排序是按照字典序，也就是以第一个字符为第一关键字、以第二个字符为第二关键字，以此类推。可是这样会有$n$个关键字，需要（桶）排序$n$次，每次排序的时间复杂度是$\mathrm{O}(n)$，合起来达到$\mathrm{O}(n^2)$，依然无法承受。 做不出来的时候怎么办？看看我们是不是漏条件了啊。 上面的两种方法可是不仅可以用于后缀排序，还可以用于“给$n$个字符串排序”啊。这不就相当于，“后缀”的条件完全没有利用上吗？那怎么可能做得出来啊。 “后缀”的条件是，这些字符串有很多的公共部分！利用这些公共部分，就能改善我们算法的时间复杂度！ 利用这个条件的方法很多，像后缀树、后缀平衡树、后缀自动机等。当然，我们在这里要介绍的是最简单的一种——倍增法求后缀数组。 倍增法的主要思想是，“用排名代替具体的元素”。 我们用字符串`"aabaaaab"`做例子（这个例子好经典，为什么？因为它是 IOI 2009 国家集训队论文里边的啊~），它的后缀有`"b","ab","aab","aaab","aaaab",'baaaab","abaaaab","aabaaaab"`。 首先，我们把所有的后缀调整成一样长的，也就是（假装）我们在字符串后面补了一些空字符（`'\0'`，字典序是最小的；下面用`0`表示）。那么后缀就变成了`"b0000000","ab000000","aab00000","aaab0000","aaaab000",'baaaab00","abaaaab0","aabaaaab"`。补这些字符并不影响字典序，因为我们规定，比不出大小时短的字符串较小。 思考这个问题：某些元素，按$(a,b)$双关键字排序的排名是$x$，按$(c,d)$双关键字排序的排名是$y$，那么按$(a,b,c,d)$四关键字排序的排名是否就相当于按$(x,y)$双关键字排序的排名呢？（关键字的顺序表示主次顺序。） 思考后可以发现，答案是肯定的。 那么，我们就把这个字符串的所有长度为$1$的块进行排序；接着把它所有长度为$2$的块按照组成它的两个$1$块的排名（在前面的是主要关键字，在后面的是次要关键字）进行双关键字排序，就可以得到$2$块的排名；然后再把$4$块按照$2$块的排名进行双关键字排序，得到$4$块的排名……直到块的长度不小于$n$为止。此时每一个块都是原串的后缀（因为长度不小于$n$，因此除了`s[1...n]`，其余块都一定要越过`s[n]`补零，也就成了后缀），我们就得到了后缀的排序。 引用一下集训队论文里的图片——  从图中我们可以看到，每一次排序都是把上次排序的**rank数组作为元素值**，也就是“用排名代替具体的元素”。排序的主要关键字是上一次的`rank[i]`，次要关键字是上一次的`rank[i+w]`，其中$w=2^k$。 从图中我们还可以看到，我们不必实际地去补“0”，只需要在所找的$2$块、$4$块等超出边界的时候直接令他们的原排名为$0$即可。 那么，我们就可以实现代码了。 首先是桶排序部分的代码。我们已经把次要关键字`rk[i+w]`的**元素数组**制作好并存到了数组`tp`里，因此相当于次要关键字已经排好序了。注意，`sa`和`tp`都是元素数组。 ```cpp void bucket_sort(int n,int m){ // 任务: 根据主要关键字的值数组rk和次要关键字的排名数组tp, 计算元素数组sa // n是字符串长, m是rk和tp的值域（[1,m]） // 各映射的信息: rk: id->val, tp: rank->id, bucket: val->rank, sa: rank->id for (int i=0;i<=m;i++) bucket[i]=0; for (int i=1;i<=n;i++) bucket[rk[i]]++; for (int i=1;i<=m;i++) bucket[i]+=bucket[i-1]; for (int i=n;i;i--) sa[ bucket[ rk[ tp[i] ] ]-- ] = tp[i]; } ``` 四重嵌套那一行可能比较难写。一个较为快速的推法是，把映射关系写下来，再根据映射关系写（“量纲分析”）。 1. 要求出`sa`，先写`sa[ ]=` 2. `sa`的值是`id`，值是`id`的只有`tp`，写下`sa[ ]=tp[i]` 3. `sa`的定义域是`rank`，值域是`rank`的只有`bucket`，写下`sa[bucket[ ]--]=tp[i]`（是`bucket`，所以伴随着`--`） 4. `bucket`的定义域是`val`,值域是`val`的只有`rk`，写下`sa[bucket[rk[ ]]--]=tp[i]` 5. `rk`的定义域是`id`，值域是`id`的已知量只有`tp`，写下`sa[bucket[rk[tp[i]]]--]=tp[i]`。 接着再来实现后缀排序的主函数。 ```cpp void suffix_sort(int n){ //字符串长度为n //先做一遍长度为1的块的排序 //因为是第一遍排序, 所以第一关键字是字符大小 //第二关键字随意指定一个，那么第二关键字的元素数组可以设为1,2,...,n int m='z'-'/'; //假设字符集是0-9,A-Z,a-z //m表示字符集大小,也就是值数组的值域 for (int i=1;i<=n;i++) //分别求出第一遍排序的主要关键字 值数组 和次要关键字 元素数组 rk[i]=str[i]-'/', tp[i]=i; bucket_sort(n,m); //下面开始重复排序，也就是倍增过程 for (int w=1,p=0;w<n && p<n;w<<=1,m=p){ //w表示上一次排序的块长 //为进行排序,先制作tp数组 p=0; //记录排名 //先处理那些次要关键字已经超过了串的末尾,也就是达到补零位置的块 for (int i=n-w+1;i<=n;i++) tp[++p]=i; //将“++p”这个排名分配给i这个块 //这些块的次要关键字都一样,任意指定一些最靠前的排名就好了 //接着根据上一回排序的“排名”的元素数组，制作本次的元素数组 for (int i=1;i<=n;i++) //取上一回第i名的块,分配排名 if (sa[i]>w) //如果某个块的编号小于w,那么这次就不会作为后继块(sa[i]-w已经小于0了) tp[++p]=sa[i]-w; //给sa[i]-w（前驱块的编号）分配++p的排名 //上述循环顺序进行, 先遍历到的块比较小, 分配靠前的排名 //现在tp数组制作完成，开始进行排序 bucket_sort(n,m); //现在根据sa数组制作rk数组 swap(rk,tp); //tp数组已经使用完毕了(排序后就不需要上一次排序的信息了),下面我们用它来储存上一轮的rk数组 rk[sa[1]]=1; //排名为1的元素所对应的排名是1 p=1; //此处p的含义是已经分配了的排名 for (int i=2;i<=n;i++) if (tp[sa[i]]==tp[sa[i-1]] && tp[sa[i]+w]==tp[sa[i-1]+w]) //上述两个条件说明, 组成 sa[i]和sa[i-1],即排名为i和i-1的两个元素的两个块完全相同 rk[sa[i]]=p; else rk[sa[i]]=++p; //到此处,p表示已经分配出的排名种类数；同时也是值数组的值域,因此可以作为下一轮的m值 //p=n表示已经区分出了n种后缀,后缀排序就完成了 } } ``` 通过这两个函数，我们就计算出了`sa`和`rk`数组，也就实现了后缀排序。输出`sa`数组就可以通过[这道模板题](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3809)了。 可能这里的注释还有一些不清楚的地方，但是暂时无法进一步完善了（哭）。如果有什么问题在评论区提吧。 那么这篇文章就结束了。 2020 年 6 月 15 日 Update: ### 后缀 LCP——height 数组 后缀数组通常的搭档是 height 数组。首先弄清楚它的定义：`height[i]` 表示**排名**为 $i$ 的后缀（`SA[i]` 号后缀）与**排名**为 $i-1$ 的后缀（`SA[i-1]` 号后缀）的最长公共前缀（LCP）的长度。 该如何求 height 数组呢？有一个很简单的做法，求出原字符串的哈希，接下来就可以 $\mathrm{O}(\log n)$ 地通过二分求出 `height[i]` 的值，从而可以 $\mathrm{O}(n\log n)$ 地求出 height 数组了。 上面这个方法虽然思想很简单，但是实现起来稍显复杂，而且复杂度也不是最优。下面介绍一种更简单快捷的求 height 数组的方法。 首先需要知道一个定理：$\mathrm{height}[\mathrm{rank}[i]]\ge \mathrm{height}[\mathrm{rank}[i-1]]-1$，用文字叙述就是，**第 $i$ 号**后缀所对应的排名的 height 不小于**第 $i-1$ 号**后缀所对应的排名的 height；也就是说，第 $i$ 号后缀（记为 $\mathtt{B}$）与排名比 $\mathtt{B}$ 小 $1$ 的后缀的 LCP 长度，不小于第 $i-1$ 号后缀（记为 $\mathtt{xB}$，注意它恰好比第 $i$ 号后缀多一个字符）与排名比 $\mathtt{xB}$ 小 $1$ 的后缀的 LCP 长度减 $1$。 如何简要说明这个定理呢？实际上，我们只需要证明 $\mathrm{height}[\mathrm{rank}[i-1]]\ge 2$ 的情况（小于等于 $1$ 的情况是平凡的）。 由于“排名比 $\mathtt{xB}$ 小 $1$ 的后缀”（即 $\mathrm{SA}[\mathrm{rank}[i-1]-1]$ 号后缀）与 $\mathtt{xB}$ 的 LCP 长度不小于 $2$，因此可以把它设为 $\mathtt{xA}$，并且我们还知道 $\mathtt{A}$ 与 $\mathtt{B}$ 的 LCP 长度等于 $\mathtt{xA}$ 与 $\mathtt{xB}$ 的 LCP 长度减 $1$，即 $\mathrm{height}[\mathrm{rank}[i-1]]-1$。 现在我们知道存在一个与 $\mathtt{B}$ 的 LCP 长度为 $\mathrm{height}[\mathrm{rank}[i-1]]-1$ 的后缀 $\mathtt{A}$，当然 $\mathtt{A}$ 和 $\mathtt{B}$ 排名不一定相邻，但 $\mathtt{A}$ 一定排在 $\mathtt{B}$ 前面。这里可以感性理解一下，既然离得相对较远的两个后缀都有这么长的 LCP，那么 $\mathrm{height}[\mathrm{rank}[i]]$ 肯定不会小于这个数（严格的证明和下面的一个性质有关，当然那个性质我也不会给出严格证明）；于是这个方法就证明完毕了。 由于上面这个定理是按照后缀编号顺序给出的，因此我们在求 height 的时候也要按后缀编号顺序递推。 ```cpp void get_height(int n){ int last_height=0; for (int i=1;i<=n;i++){ //i 表示后缀编号 (last_height>0)?(last_height--):(0); //根据引理 if (rk[i]==1){ height[1]=0; continue; } while (tstr[i+last_height]==tstr[sa[rk[i]-1]+last_height]) last_height++; height[rk[i]]=last_height; } } ``` height 数组可以用来快速求出任意两个后缀的 LCP。有定理如下：**排名**为 $i$ 的后缀与**排名**为 $j$ 的后缀（设 $i<j$）的 LCP 长度等于 $\min(\mathrm{height}[i+1],\mathrm{height}[i+2],\cdots,\mathrm{height}[j])$。 这个定理也比较好理解。设 $\min(\mathrm{height}[i+1],\mathrm{height}[i+2],\cdots,\mathrm{height}[j])=k$，那么**排名**为 $i$ 的后缀与**排名**为 $i+1$ 的后缀、**排名**为 $i+1$ 的后缀与**排名**为 $i+2$ 的后缀、**排名**为 $j-1$ 的后缀与**排名**为 $j$ 的后缀，等等，它们的 LCP 长度都至少是 $k$，由传递性知这个 $k$ 长 LCP 一直都是一样的。而由于后缀都是排序好的，因此一旦有一个地方出现变化，后续是不可能再变回来的，因此 $k+1$ 位的字符一定是不一样的。综上，定理就得证了。 这个过程也可以用“后缀树”来理解。这和树上求 LCA 有些许相似之处。 因此，height 数组就把许多字符串问题转化为了区间问题，可以用 ST 表、双指针等方法解决。 有些多串的问题，可以用分隔符把它们连接成一个串，用后缀数组求解。但是要特别注意，分隔符要用不同的，比如 $\mathtt{abc|def/ghi@jkl}$ 等，否则分隔符可能会干扰 height 数组！ ### 代码 下面附上一份~~叠氮化钠~~ 后缀数组（SA）的参考代码，便于~~复习~~ 背诵。目前[这份代码](https://loj.ac/submission/837602)在 LOJ 上荣膺第三快。 代码中使用了很多临时变量，以“减少不连续内存访问”。 ```cpp void suffix_sort(int n){ int m='z'-'0'+1; for (int i=1;i<=n;i++) rk[i]=tstr[i]-'0'+1,tp[i]=i; tp[n+1]=0; //这行代码是做什么的呢？下面会解释 bucket_sort(n,m); for (int p=0,w=1;p<n;m=p,w<<=1){ p=0; for (int i=n-w+1;i<=n;i++) tp[++p]=i; for (int i=1;i<=n;i++){ int sai=sa[i]; //卡常数 (sai>w)?(tp[++p]=sai-w):(0); } bucket_sort(n,m); swap(rk,tp); rk[sa[1]]=1; p=1; for (int i=2;i<=n;i++){ int sai=sa[i],saim1=sa[i-1]; //卡常数 rk[sai]=(tp[sai]==tp[saim1] && tp[sai+w]==tp[saim1+w])? (p):(++p); } } } void bucket_sort(int n,int m){ //tp: 2nd rk->id, sa: 1st rk->id //rk: 1st id->val, bucket: 1st val->rk for (int i=0;i<=m;i++) bucket[i]=0; for (int i=1;i<=n;i++) bucket[rk[i]]++; for (int i=1;i<=m;i++) bucket[i]+=bucket[i-1]; for (int i=n;i;i--){ int tpi=tp[i]; //卡常数 sa[bucket[rk[tpi]]--]=tpi; } } void get_height(int n){ int lh=0; for (int i=1;i<=n;i++){ (lh>0)?(lh--):(0); int rki=rk[i]; if (rki==1){ height[1]=0; continue; } int j=sa[rki-1]; while (tstr[i+lh]==tstr[j+lh]) lh++; height[rki]=lh; //记得这里不要写错 } } ``` 2020 年 7 月 27 日 Update: 没错，我又回来了，这次我只加了一行代码，就是在第一次桶排序前将 $\mathrm{tp}[n+1]$ 清空为 $0$。 为什么要这么做呢？ 看这行代码，`rk[sai]=(tp[sai]==tp[saim1] && tp[sai+w]==tp[saim1+w])?(p):(++p);`。这是计算 $\mathrm{rk}$ 时用的，但是 $\mathrm{sa}[i]+w$ 这里真的不会数组越界吗？ 很遗憾，确实会越界；但幸运的是，至多访问到 $\mathrm{tp}[n+1]$ 而不会访问到之后的数组。 这是为什么呢？ 由于逻辑运算符的短路特性，只有 $\mathrm{tp}[\mathrm{sa}[i]]$ 与 $\mathrm{tp}[\mathrm{sa}[i-1]]$ 相等时，才会进行后面的比较并访问 $\mathrm{tp}[\mathrm{sa}[i]+w]$ 和 $\mathrm{tp}[\mathrm{sa}[i-1]+w]$ 。我们只要说明这时 $\forall u\in \{i-1,i\},\mathrm{sa}[u]+w\le n+1$，即 $w\le n-\mathrm{sa}[u]+1$ 即可。 $w\le n-\mathrm{sa}[u]+1$ 是什么意思呢？$w$ 是上一次排序完成的后缀（块）长度，$n-\mathrm{sa}[u]+1$ 是 $\mathrm{sa}[u]$ 号后缀的长度。 我们用反证法。假设 $w> n-\mathrm{sa}[u]+1$，那说明上次排序完成后，$\mathrm{sa}[u]$ 号后缀的全部字符（连同后面的空字符）都已经被纳入排序范围。在这种情况下，我们要说明，是不可能出现 $\mathrm{tp}[\mathrm{sa}[i]]$ 与 $\mathrm{tp}[\mathrm{sa}[i-1]]$ 相等的情况的。因为此时的 $\mathrm{tp}$ 表示上一轮排序时的排名，因此也就是说，$\mathrm{sa}[u]$ 号后缀在上一轮排序完成后不会和另一个后缀拥有相同的排名。 如果“另一个后缀”在上一轮排序中已经被完全考虑，那由于任意两个后缀的大小都是可比的（一定不会出现两个相等的后缀），因此它们的排名不相等。如果“另一个后缀”在上一轮排序中未被完全考虑，那么因为 $\mathrm{sa}[u]$ 号后缀的最后有一个空字符，所以 $\mathrm{sa}[u]$ 号后缀一定小于“另一个后缀”，排名也不相等。 综上，若 $w> n-\mathrm{sa}[u]+1$ 就一定不会出现 $\mathrm{tp}[\mathrm{sa}[i]]=\mathrm{tp}[\mathrm{sa}[i-1]]$ 的情况，因此这个语句最多访问到 $\mathrm{tp}[n+1]$。 至于为什么要清空 $\mathrm{tp}[n+1]$，当然是为了养成良好习惯，以免多组数据的时候爆零两行泪嘛。