字尾陣列
陣列的定義
一下排名均是在字典序下的排名
\(sa[i]\)：排名為\(i\)的字尾的編號
\(rank[i]\)：第\(i\)個字尾串的排名
有\(rank[sa[i]]=i\)和\(sa[rank[i]]=i\)
\(height[i]\)：排名為\(i\)的字尾和排名為\(i-1\)的字尾的最長公共字首
模板：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m;
char s[N];
int sa[N], x[N], y[N], rk[N], height[N], c[N];
void get_sa()
{
//基數排序o(n)
//先對第一關鍵字(模式串出現的字母)排序
for (int i = 1; i <= n; i++) c[x[i] = s[i]]++;
for (int i = 2; i <= m; i++) c[i] += c[i - 1];
for (int i = n; i > 0; i--) sa[c[x[i]]--] = i;
for (int k = 1; k <= n; k <<= 1)
{
int num = 0;
//以長度為k,i為第一關鍵字,i+k為第二關鍵字
for (int i = n - k + 1; i <= n; i++) y[++num] = i; //從n-k+1開始第二關鍵字為空字元，最小，所以排最前面
for (int i = 1; i <= n; i++) //實際上只有n-k個數
if (sa[i] > k) y[++num] = sa[i] - k;
//對第二關鍵字排序
for (int i = 1; i <= m; i++) c[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) c[x[i]]++;
for (int i = 2; i <= m; i++) c[i] += c[i - 1];
for (int i = n; i; i--) sa[c[x[y[i]]]--] = y[i], y[i] = 0;
swap(x, y);
x[sa[1]] = 1, num = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
x[sa[i]] = (y[sa[i]] == y[sa[i - 1]] && y[sa[i] + k] == y[sa[i - 1] + k]) ? num : ++num;
if (num == n)break;
m = num;
}
}
void get_height()
{
for (int i = 1; i <= n; i++) rk[sa[i]] = i;
for (int i = 1, k = 0; i <= n; i++)
{
if (rk[i] == 1) continue;
if (k) k--;
int j = sa[rk[i] - 1];
while (i + k <= n && j + k <= n && s[i + k] == s[j + k]) k++;
height[rk[i]] = k;
}
}
int main()
{
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1), m = 122;//字母z的ASCLL值為122；
get_sa();
get_height();
return 0;
}
應用
\(1.\)求本質不同的子串的個數：
普通做法是列舉左右端點然後雜湊判重。考慮我們當前列舉到的左端點是\(l\)，那麼我們右端點就要依次列舉\(l+1,l+1,...,n\)，發現，其實就是列舉第\(l\)個字尾的所有字首。然後考慮如何判重，將第\(l\)個字尾的所有字首按字典序排序記為，通過\(height\)陣列我們知道排名相鄰的兩個串的最長公共字首，先記他們的長度依次是\(len_1,len_2,...,len_{n-l+1}\)，那麼第一個穿可以產生\(len_1\)個前面沒有出現過的串（因為是第一個，所以不需要判重），再考慮第二個串，很容易知道第二個串貢獻的不同的串個數為\(len_2-height[2]\)，\(height[2]\)記錄的是第二個串和第一個串的最長共字首，這部分在第一個串中被統計過了，所以不需要再統計。綜上，所有的答案就是\(\sum_{i=1}^nlen_i-height[i]\)就是答案。
例題：\(生成魔咒\)
題意：每次加入一個字元，問此時本質不同的子串的數量
Sol：正向加不好做，考慮先把所有字元加入後，翻轉（翻轉和正向的答案其實是一樣的）後從前往後依次刪掉字元然後求答案。假設翻轉後的串為\(S\)，將\(S\)的所有字尾排序後，每次從前刪掉一個字元是，相當於刪去一個字尾，\(sa\)陣列利用連結串列維護，假設刪掉的字尾排名為\(i\)，那麼第\(i-1\)和第\(i+1\)的串的最長公共字首即\(height[i+1]=min(height[i],height[i+1])\)的。然後按照上面的方法求解即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m;
int s[N],l[N],r[N];
int sa[N], x[N], y[N], rk[N], height[N], c[N];
void get_sa()
{
//基數排序o(n)
//先對第一關鍵字(模式串出現的字母)排序
for (int i = 1; i <= n; i++) c[x[i] = s[i]]++;
for (int i = 2; i <= m; i++) c[i] += c[i - 1];
for (int i = n; i > 0; i--) sa[c[x[i]]--] = i;
for (int k = 1; k <= n; k <<= 1)
{
int num = 0;
for (int i = n - k + 1; i <= n; i++) y[++num] = i; //以長度為k,i為第一關鍵字,i+k為第二關鍵字
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (sa[i] > k) y[++num] = sa[i] - k;
//對第二關鍵字排序
for (int i = 1; i <= m; i++) c[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) c[x[i]]++;
for (int i = 2; i <= m; i++) c[i] += c[i - 1];
for (int i = n; i; i--) sa[c[x[y[i]]]--] = y[i], y[i] = 0;
swap(x, y);
x[sa[1]] = 1, num = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
x[sa[i]] = (y[sa[i]] == y[sa[i - 1]] && y[sa[i] + k] == y[sa[i - 1] + k]) ? num : ++num;
if (num == n)break;
m = num;
}
}
void get_height()
{
for (int i = 1; i <= n; i++) rk[sa[i]] = i;
for (int i = 1, k = 0; i <= n; i++) //利用 height[rk[i]]>= height[rk[i-1]]-1
{
if (rk[i] == 1) continue;
if (k) k--;
int j = sa[rk[i] - 1];
while (i + k <= n && j + k <= n && s[i + k] == s[j + k]) k++;
height[rk[i]] = k;
}
}
unordered_map<int,int>mp;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>n;
vector<ll>ans(n+1);
for(int i=n;i>=1;i--)
{
cin>>s[i];
if(mp[s[i]]==0) mp[s[i]]=++m;
s[i]=mp[s[i]];
}
get_sa();
get_height();
ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
res+=n-sa[i]+1-height[i];
l[i]=i-1,r[i]=i+1;
}
l[n+1]=n,r[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) //從前往後刪
{
ans[i]=res;
int k=rk[i],nk=r[k];
res-=n-sa[k]+1-height[k];
res-=n-sa[nk]+1-height[nk];
height[nk]=min(height[nk],height[k]);
res+=n-sa[nk]+1-height[nk];
r[l[k]]=r[k],l[r[k]]=l[k];
}
for(int i=n;i>=1;i--)cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
\(H - Can You Solve the Harder Problem?\)
題意：給定一個陣列，求所有本質不同的子段的最大值的和
Sol：(字尾陣列+單調棧+RMQ)
如果不考慮本質不同的限制，那麼就是直接列舉每個數作為左端點，然後利用單調棧找到右邊第一個大於這個數的下標，計算貢獻即可（可以參考\(Atcoder Minimum Sum\))。考慮限制要怎麼操作呢？
定義陣列\(nxt[i]\)為第\(i\)個數右邊第一個比它大的數的下標。\(suf[i]\)表示從\(i\)開始的依次遞增的貢獻的字尾和，轉移是\(suf[i]=a[i]\times(nxt[i]-i)+suf[nxt[i]]\)，什麼意思呢，如下圖!
按字典序排好序後，假設當前計算到第\(i\)個串，如果\(height[i]\)不等於，說明第\(i\)個串和第\(i-1\)個串有公共字首，如果直接加到答案裡會算重。設\(l=sa[i],r=sa[i]+height[i]-1\)，即區間\([l,r]\)是重複的部分，設\(p\)是\([l,r]\)中值最大的數的下標，則\(nxt[p]\)一定大於\(r\)，因為\(a[p]\)是\([l,r]\)中最大的了，而\(a[nxt[p]]>a[p]\)，因此\(nxt[p]\)只能存在於比\(r\)大的地方。所以答案貢獻就是\(suf[nxt[p]]+a[p]\times (nxt[p]-r-1)\)，為什麼是\(nxt[p]-r-1\)是因為第\(i-1\)個串已經計算了\([p+1,r]\)對數\(a[p]\)的貢獻，可能有人會覺得這樣這樣子會不會遺漏統計\([r+1,nxt[p-1]]\)對\([p+1,r]\)中的數的貢獻，其實不會，為什麼，因為我們計算的重複只是和第\(i-1\)個串比較，第\(i-1\)個串是不會統計\([p+1,r]\)中的數對答案的貢獻，所以我們在第\(i\)個串不需要考慮這部分。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N =2e5+10;
int n, m;
int s[N];
int sa[N], x[N], y[N], rk[N], height[N], c[N];
void get_sa()
{
//基數排序o(n)
//先對第一關鍵字(模式串出現的字母)排序
for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=sa[i]=0;
for (int i = 1; i <= n; i++) c[x[i] = s[i]]++;
for (int i = 2; i <= m; i++) c[i] += c[i - 1];
for (int i = n; i > 0; i--) sa[c[x[i]]--] = i;
for (int k = 1; k <= n; k <<= 1)
{
int num = 0;
for (int i = n - k + 1; i <= n; i++) y[++num] = i; //以長度為k,i為第一關鍵字,i+k為第二關鍵字
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (sa[i] > k) y[++num] = sa[i] - k;
//對第二關鍵字排序
for (int i = 1; i <= m; i++) c[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) c[x[i]]++;
for (int i = 2; i <= m; i++) c[i] += c[i - 1];
for (int i = n; i; i--) sa[c[x[y[i]]]--] = y[i], y[i] = 0;
swap(x, y);
x[sa[1]] = 1, num = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
x[sa[i]] = (y[sa[i]] == y[sa[i - 1]] && y[sa[i] + k] == y[sa[i - 1] + k]) ? num : ++num;
if (num == n)break;
m = num;
}
}
void get_height()
{
for (int i = 1; i <= n; i++) rk[sa[i]] = i;
for (int i = 1, k = 0; i <= n; i++) //利用 height[rk[i]]>= height[rk[i-1]]-1
{
if (rk[i] == 1) continue;
if (k) k--;
int j = sa[rk[i] - 1];
while (i + k <= n && j + k <= n && s[i + k] == s[j + k]) k++;
height[rk[i]] = k;
}
}
int f[N][20];
void RMQ_init()
{
for (int i = 1; i <= n+1; i++) f[i][0] = i;
for (int j = 1; j <=18 ; j++)
for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) {
int x = f[i][j - 1], y = f[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
f[i][j] = s[x] > s[y] ? x: y; //下標和最大值看情況轉換
}
}
int RMQ_query(int l, int r) {
int k = log2(r - l + 1);
int x = f[l][k], y = f[r - (1 << k) + 1][k];
return s[x] > s[y] ? x : y;
}
int nxt[N],stk[N];
ll suf[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) nxt[i]=suf[i]=stk[i]=0;
stk[n+1]=0;
vector<int>v;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>s[i];
v.push_back(s[i]);
}
sort(v.begin(),v.end());
v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
m=v.size();
for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=lower_bound(v.begin(),v.end(),s[i])-v.begin()+1;
RMQ_init();
get_sa();
get_height();
int top=1;
s[n+1]=1e6+10,stk[top]=n+1;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
while(top&&s[stk[top]]<=s[i]) top--;
stk[++top]=i;
nxt[i]=stk[top-1];
}
nxt[n+1]=n+1;
suf[n+1]=0;
for(int i=n;i>=1;i--) suf[i]=1ll*v[s[i]-1]*(nxt[i]-i);
for(int i=n;i>=1;i--) suf[i]+=suf[nxt[i]];
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int lcp=height[i];
if(lcp==0) ans+=suf[sa[i]];
else
{
int l=sa[i],r=sa[i]+lcp-1;
int p=RMQ_query(l,r);
ans+=suf[nxt[p]]+1ll*v[s[p]-1]*(nxt[p]-r-1);
}
}
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
\(Atcoder Minimum Sum\)
題意
給定一個長度為\(N\)的\(1\)到\(N\)的一個排列，讓你計算\(\sum_{l=1}^n\sum_{r=l}^nmin(a_l,a_{l+1},...,a_r)\)
\(1\le N\le 200000\)
Sol
考慮統計每一個\(a_i\)作為貢獻的區間數量
很容易想到先找到\(a_i\)右邊第一個比\(a_i\)小的數的下標\(r[i]\)和左邊第一個比\(a_i\)小的數的下標\(l[i]\)。（經典單調棧操作）
比如這樣一個序列\(1,4,3,6,9,2,7,8\)
考慮數字\(3\)下標為\(3\)的貢獻，則左邊第一個比\(3\)小的數的下標為\(1\)，則右邊第一個比\(3\)小的數的下標為\(6\)，那麼顯然有貢獻的區間為\([2,3],[3,3],[3,4],[3,5],[2,4],[2,5]\)，由乘法原理知道有\((3-1)\times (6-3)\)個，即\((i-l[i])\times (r[i]-i)\)個。