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算法逻辑：
对长度为1时进行排序 倍增长度k { 按第二关键字将第一关键字排序 求出2*k长度下的SA 求出2*k长度下的rank(即x数组) }
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]; //一定要按第二关键字从大往小枚举！ 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; }
注意：
1、可以利用基数排序直接算出排名
求出前缀和后其实就表示了该权值下的排名上界，每次将上界减一
因此要按第二关键字从大到小算SA
2、当已经出现$len$个$rank$时即可退出
Exercises
1、[BZOJ 4892]Dna
一共只有$n-m+1$个可能的串，加速比对过程即可
由于最大失配次数只有3次，因此可以利用$lcp$加速比对连续相同的部分！
复杂度降为$O(n*3*log(n))$
2、[Gym 101194F]
先用处理多字符串的套路连起来
找到第一个字符串的每个后缀在$rank$中最接近的不同字符串的后缀
那么对于后缀$i$的最短长度即为$max(lcp(rk[i],l[rk[i]]),lcp(rk[i],r[rk[i]]))+1$
为保证字典序最小用$lcp$来$O(logn)$进行比较
3、[BZOJ 3277]
先连起来，对每个后缀$x$二分可行长度$len$
判断长度是否可行，就是判断$lcp(x,y)\ge len$的$y$是否存在于$k$个字符串
由于$lcp$的单调性，可以左右分别二分出$y$的可行区间$[L,R]$
通过预处理出$least[R]$表示包含$k$个字符串的最右点，判断是否$L\le least[R]$即可
Tip1：可以发现同一字符串中$len[i]\ge len[i-1]-1$，这样像推$height$一样推$len$就能做到单$log$
Tip2：时刻注意自己枚举的是排名还是原串位置
4、[Gym 101955B]
关键点在于误差小于$1e-9$！
由于概率大于0.5的只能有一个字母，将原始字母设为概率最大后失配必然使得相乘概率小于0.5
也就是说，最多失配30个字母就可以不用统计了！这样就和前面的[BZOJ 4892]相同了
Tip：为保证精度可以用指数运算，这样就能使用前缀和了
5、[Gym 102028H]
知道本质不同的字符串的算法即可
问题转化为左端点固定，右端点为一个区间的最大值的和
可以发现对于此问题明显只有单调栈中的元素有分段的贡献
从而可以从后往前维护一个单调减的单调栈，每次退栈时用线段树区间修改即可
6、[BZOJ 3238]
求$\sum lcp(i,j)$可以转化为每个$height$的贡献
由于$lcp$的单调性，对于每个$i$用单调栈找到其提供贡献的区间$[L,R]$
最终答案即为$\sum (i-L+1)*(R-i+1)*h[i]$
Tip1：单调栈判断时保证一个小于等于一个小于，防止相等时重复计数
Tip2：注意$h[i]$是与前一位的$lcp$，计数时按两两间理解，自己乘自己是允许的
7、[BZOJ 4310]
在本质不同的字符串序列中二分排名，每次先算出该字符串的位置
判断就是从后往前每次加一个字符，只要字典序比二分串大就分割一段，判断段数是否满足
Tip：注意对两相同位置求$lcp$时特殊处理！
8、[BZOJ 3879]
将查询串按$rank$排序，算出两两间的$lcp$作为$height$
接下来就和[BZOJ 3238]完全相同了
9、[BZOJ 4278]
用$rank$的比较快速判断两后缀字典序的大小，贪心选择字典序小的即可