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sol
题目意思很明确，但似乎不太好求。还是先看看部分分。
10%数据
\(\Theta(n^2\log n)\)，暴力，先得10分。
另20%数据
发现一件事，在比较\(s_i\)和\(s_j\)时，假设\(i<j\)，从1到i-1这一段是一样的，从j+1到n是一样的，所以我们只要比较原串的i+1~ j和i ~j-1这两段就行。由于任意相邻两个都不相同，所以能\(\Theta(1)\)比较。
另30%数据
想到哈希，虽然哈希只能判等，但我们只要二分一下，找出两个字符串的最长公共前缀，再比较最长公共前缀的下一个位置就行。时间复杂度：\(\Theta(n\log^2n)\)
最后40%数据
到这应该很明朗了，两个后缀的最长公共前缀，立刻想到后缀数组。通过\(n\log n\)的预处理，可以\(\Theta(1)\)比较，再使用\(\Theta(n\log n)\)的快排就可以了。
实测：TLE 60分
后缀数组组似乎常数太大，不能通过。不过想一想我们需要什么，两个相邻后缀的最长公共前缀，可以设\(h_i\)为以i和i+1开头的后缀的最长公共前缀的长度，很明显\(h_i>=h_{i-1}-1\)，其实相当于一起去掉两个开头字符，所以\(h_i\)一开始就赋值为\(h_{i-1}-1\)，就可以\(\Theta(n)\)预处理h数组了，最后就可以直接排序了。虽然跑不过众多大佬的\(\Theta(n)\)算法，但也能通过了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cmp(a,b,c) (a+c<=n&&b+c<=n&&y[a]==y[b]&&y[a+c]==y[b+c])
#define min(a,b) (a<b?a:b)//卡常
const int maxn=1e6+10;
char s[maxn];
int ans[maxn],h[maxn],n;
inline void write(int x) {//卡常
if(x>=10)write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
void Swap(int &a,int &b) {//还是卡常
a^=b,b^=a,a^=b;
}
int cmp1(int a,int b) {//自定义比较方法
int f=0;
if(a>b)Swap(a,b),f=1;
if(h[a]>=b-a)return f^1;
return (s[a+h[a]+1]<s[a+h[a]])^f;
}
int t[maxn];
void Qsort(int l,int r) {//手写归并排序，也是写后缀数组卡常留下的
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
Qsort(l,mid),Qsort(mid+1,r);
int i=l,j=mid+1,cnt=0;
while(i<=mid||j<=r) {
if((j>r)||(i<=mid&&cmp1(ans[i],ans[j])))t[cnt++]=ans[i++];
else t[cnt++]=ans[j++];
}
for(int i=0; i<cnt; i++)ans[i+l]=t[i];
}
int main() {
scanf("%d\n",&n);
fread(s+1,1,n,stdin);//优读，写后缀数组卡常留下的
for(int i=1; i<n; i++) {//求h数组
h[i]=max(h[i-1]-1,0);
for(int j=i+1; s[i+h[i]]==s[j+h[i]]; h[i]++);
}
for(int i=1; i<=n; i++)ans[i]=i;//初始化
Qsort(1,n);
for(int i=1; i<n; i++)write(ans[i]),putchar(' ');
write(ans[n]),putchar('\n');
return 0;
}