后缀数组模板及简单的入门题总结
后缀数组模板：
const int maxn = 1e5+5;//开总串长度，不要忘记连接符
int wa[maxn],wb[maxn],wsf[maxn],wv[maxn],sa[maxn];
int rank[maxn],height[maxn],s[maxn];
char str1[maxn],str2[maxn];
//sa:字典序中排第i位的起始位置在str中第sa[i] sa[1~n]为有效值
//rank:就是str第i个位置的后缀是在字典序排第几 rank[0~n-1]为有效值
//height：字典序排i和i-1的后缀的最长公共前缀 height[2~n]为有效值，第二个到最后一个
int cmp(int *r,int a,int b,int k)
{
return r[a]==r[b]&&r[a+k]==r[b+k];
}
void getsa(int *r,int *sa,int n,int m)//n为添加0后的总长
{
int i,j,p,*x=wa,*y=wb,*t;
for(i=0; i<m; i++) wsf[i]=0;
for(i=0; i<=n; i++) wsf[x[i]=r[i]]++;
for(i=1; i<m; i++) wsf[i]+=wsf[i-1];
for(i=n; i>=0; i--) sa[--wsf[x[i]]]=i;
p=1;
j=1;
for(; p<=n; j*=2,m=p)
{
for(p=0,i=n+1-j; i<=n; i++) y[p++]=i;
for(i=0; i<=n; i++) if(sa[i]>=j) y[p++]=sa[i]-j;
for(i=0; i<=n; i++) wv[i]=x[y[i]];
for(i=0; i<m; i++) wsf[i]=0;
for(i=0; i<=n; i++) wsf[wv[i]]++;
for(i=1; i<m; i++) wsf[i]+=wsf[i-1];
for(i=n; i>=0; i--) sa[--wsf[wv[i]]]=y[i];
t=x;
x=y;
y=t;
x[sa[0]]=0;
for(p=1,i=1; i<=n; i++)
x[sa[i]]=cmp(y,sa[i-1],sa[i],j)? p-1:p++;
}
}
void getheight(int *r,int n)//n为添加0后的总长
{
int i,j,k=0;
for(i=1; i<=n; i++) rank[sa[i]]=i;
for(i=0; i<n; i++)
{
if(k)
k--;
else
k=0;
j=sa[rank[i]-1];
while(r[i+k]==r[j+k])
k++;
height[rank[i]]=k;
}
}
后缀数组第一题：
POJ2774
链接
题意求两个串的最长公共子串，我们可以把两个串用一个特殊字符拼接，然后跑 S A 求 出 h e i g h t SA求出height SA求出height，由于最长公共子串肯定是 h e i g h t height height中的某一个，而且要满足 s a [ i ] 和 s a [ i − 1 ] sa[i]和sa[i-1] sa[i]和sa[i−1]分别属于两个串，所以只要跑一遍后缀数组遍历一遍 h e i g h t height height就好了。
POJ2774代码
#include 后缀数组第二题
POJ3450
链接
题意为求多个串的最长公共子串，参考上题的做法，我们可以用特殊字符对所有字符串进行拼接，但是问题在于如果找到这个最长公共子串。数据量为 n < 4000 l e n < 200 n<4000 \quad len<200 n<4000len<200 如果我们像上题一样遍历所有的长度是不可能的，所以我们可以二分这个长度然后进行验证。
那么怎么验证呢？
我们可以从 2 − n 2-n 2−n遍历height数组，如果有某一段连续的区间 h e i g h t height height数组均大于 m i d mid mid，而且这段区间拥有来自 n n n个串的后缀，就说明 m i d mid mid是可行的。如果方案可行，我们可以保存这个最长子串的起始位置，也就是 s a [ i ] sa[i] sa[i]，以便最后输出字符串。
本体要提前预处理新串的每个位置来自那个字符串，以便验证。验证的复杂度为 O ( l e n + n ∗ k ) O(len+n*k) O(len+n∗k) l e n len len为新串长度,n为原串个数，k为拥有大于mid的height数组的块数，其中 n ∗ k n*k n∗k是每次重置vis数组以便统计某个块来自多少个不同的子串。
POJ3450代码
#include 后缀数组第三题
POJ3294
链接
题意为给你n个字符串，求至少出现在 [ n 2 ] [ \frac{n}{2}] [2n]个串中的最长公共子串，如果有多个全部输出。
本题和上题几乎一模一样，只是要把判断条件由来自n个串改成来自 [ n 2 ] [\frac{n}{2}] [2n]个串，注意一下存储答案的方式，如果当前二分量存在答案并且第一次访问，那么清空 v e c t o r vector vector,如果不是第一次访问，就在 v e c t o r vector vector里面 p u s h push push_ b a c k back back就好了。
POJ3294代码
#include 后缀数组第四题
POJ3415
题意为给定两个字符串A和B，求长度不小于k的公共子串的个数(可以相同)
这道题我们先考虑暴力的做法，我们可以将两串拼接求出 h e i g h t height height数组，答案为所有分别属于A，B的后缀的 ( l c p − k + 1 ) (lcp-k+1) (lcp−k+1)之和，我们可以 n 2 n^{2} n2解决这个问题。
但是本题的范围 n 2 n^{2} n2是会超时的，所以我们要考虑 h e i g h t height height数组的性质， l c p ( i , j ) lcp(i,j) lcp(i,j)就是 h e i g h t [ i ] − − − − − h e i g h t [ j ] height[i]-----height[j] height[i]−−−−−height[j]中的最小值，所以我们可以构造一个单调递增的单调栈，用来维护到某个位置之前的 h e i g h t height height的递增情况，如果当前 h e i g h t [ i ] < s t a [ t o p ] height[i]<sta[top] height[i]<sta[top]，那么表示当前栈顶元素不能表示接下来的 l c p lcp lcp，我们需要将栈顶的贡献修改，然后更换栈顶元素，在维护栈顶元素下标的同时，还要维护这个栈顶元素代表着前面多少个后缀的最小 h e i g h t height height,以便于最后算贡献。
算贡献的时候，要减去原来的贡献，也就是之前栈顶元素的贡献 ∗ * ∗该栈顶元素代替的相同 h e i g h t height height数量，然后加上当前的贡献 ∗ * ∗当前栈顶元素代替的相同 h e i g h t height height数量，然后修改当前栈顶元素以及所代表的数量，然后 a n s ans ans统计贡献
以A入栈B统计和B入栈A统计的顺序分别两次计算，最终得到的即为正确答案。
POJ3415代码
#include 后缀数组第五题
URAL1297
题意为计算最长回文子串
类似于求两个字符串的最长公共子串，我们可以把 s t r str str和逆置后的 s t r str str进行拼接，类似于求最长公共子串的做法就可以了，但是由于我们利用height数组，要考虑 a b e a abea abea这种情况。
URAL1297代码
#include 后缀数组第六题
POJ3261
题意就是找一个串中至少出现过k次的最长可重叠子串。
我们用一个串构造出后缀数组，之后进行GetHeight，然后二分答案进行验证，验证的时候将height数组分块，如果连续至少k-1个height都大于当前验证值，表示答案可行。
POJ3261代码
#include后缀数组第七题
UVA12338
本题题意是给你n个字符串，m次查询，查询两个字符串的最长公共前缀
我们只需要把n个字符串记录下标之后进行拼接，放进后缀数组之后，然后利用st表预处理求任意两个后缀的lcp就可以了，任意两个后缀的最长公共前缀，就是求sa中两个后缀之间的height最小值。
UVA 12338代码
#include未完待续…