后缀数组，高度数组

后缀数组：SA[i]表示字典序第i的后缀的开头字母的位置，比如abca，后缀有五个，abca，bca，ca，a，空后缀

求后缀数组的方法是……类似分治法，类似二分法？

首先求出每个后缀首字母的顺序，然后依据这个顺序求出每个后缀首两个字母开头的后缀的顺序，最后就能求出每个后缀的顺序

具体实现上，参考挑战程序设计竞赛里给的（有更好的基数排序算法）（代码没编译过……下同）

ｉｎｔ　ｎ，ｋ；
ｉｎｔ　ｒａｎｋ［ｍａｘｎ＿ｎ　＋　１］；
ｉｎｔ　ｔｍｐ［ｍａｎｘ＿ｎ　＋　１］；
for（int i = 0; i <= n; i++){
sa[i] = i;
rank[i] = i < n? s[i]:-1;//直接去字符值，空的是0
}
for(k = 1; k <= n; k*=2)
{
    sort(sa,sa + n + 1,compare_sa    tmp[sa[0]] = 0；

   for(int i = 1; i <= n; i++));//每次排序之前和本来的顺序没什么关系，只和rank数组有关系，每一个数字如果大的话，就是rank数组大

    //获取新的rank数组



{

   tmp[sa[i]] = tmp[sa[i - 1]] + (compare(sa[i - 1],sa[i]) ? 1:0);//要用本来的rank来compare，所以先用tmp临时存储

}
for(int i = 0; i <= n; i++)

{

     rank[i] = tmp[i];

}//rank从0开始，代表每个的名次（重复的都已第一个名词计算）




bool compare_sa(int i,int j)

{

    if(rank[i] != rank[j] ) return rank[i] < rank[j];

   else

{

    int ri = i + k <= n? rank[i + k] : -1;／／如果加了ｋ之后超过了，那就是说后面没了，就是－１

    int rj = j + k <= n? rank[j＋k] : -1;

　return　　ｒｉ　＜　ｒｊ；

｝

高度数组，ｌｃｐ［ｉ］指的是后缀数组中第ｉ个后缀和第ｉ－１个后缀的最长公公前缀长度

利用到两个特点

性质1.　原来字符串中　Ｓ【ｉ】和　Ｓ【ｒａｎｋ【ｉ】　－　１】是ｌｃｐ【ｉ】

而Ｓ【ｉ　＋　１】和ｓ【ｒａｎｋ【ｉ】　－　１　＋　１】至少有ｌｃｐ【ｉ】　－　１长度的公共前缀和

性质2.如果Ｓ１＜Ｓ２＜Ｓ３那么ｓ１和ｓ３的公共前缀和就一定小于等于ｓ２和ｓ３的公共前缀和，举个例子

ａｂｃａ　＜　ａ　ｂ　ｄ　ａ　＜　ａｂｄａ　　

所以说ｓ［ｉ　＋　１］和　ｓ【ｒａｎｋ【ｉ＋１］－１】的公共前缀和一定大于等于上述的ｉｃｐ【ｉ】　－１那个值

可以从ｉ　＝　０开始计算公共前缀和，利用上述条件，可以推出复杂度是Ｏ（Ｎ）

代码也是来自《挑战程序设计竞赛》

int rank[maxn_n+1]//表示i开头的后缀的排名

void construct_lcp(string s,int *sa,int *lcp)//传入的是后缀数组和原来的字符串

{

int n = s.lenght();

for(int i = 0 ;i <= n; i++) rank[sa[i]] = i;//每一个后缀都不相等

int h = 0;

lcp[0] = 0;//初始条件

for(int i = 0; i < n; i++)

{

int j = sa[rank[i] - 1];

if(h >0) h--;

for(;j + h < n && i + h < n;h++)//第一次的时候h = 0，从头比较，之后可以利用前面的h

{

        if(s[j + h] != s[i + h] break;

}

lcp[rank[i] - 1] = h;


}

}

反正理解之后就套模板吧……就是可以在o（n）时间内求得第i和第i+1个后缀的lcp

求出高度数组之后，结合rmq，可以快速得到任意两个后缀的最长公共前缀，也是利用了性质2

如果rank[i] < rank[j] 那么 lcp（i，j) = min(lcp[x] i < = x < j)