【前言】
后缀数组真神奇。
【后缀】
对于一个字符串，定义suffix(i)为以i起点至结尾的子串。例如ababc，suffix(3)=bc
【后缀树】
后缀树容易理解，就是把一个字符串的所有后缀串插入到一个字典树上（字典树不再累赘）。如图为"ababc"的后缀树：
建造这棵树的代价是O(n*n)的空间复杂度，没什么实用性，只是为了更好的理解后缀数组。注意，对于每个分支，我已按从左到右的顺序排列，即最左端的suffix(0)就是所有后缀串中字典序最小的。
而我们想要的所谓的后缀数组就是 sa={ 0, 2, 1, 3, 4 } ，可以理解为一张成绩单，成绩是字典序从小到大。
【后缀数组】
后缀树中已提到sa数组是一张成绩单，我们有了这个成绩单，就厉害了。比如我们想知道某个字符串是否出现在原字符串中，就可以在成绩单上二分查找，由于比较函数strcmp线性复杂度，因此总时间复杂度为O(n*longn)。
【后缀数组的求解】
最直白的方法就是所有后缀串直接sort，但是代价是O(n*n)。下面介绍O(n*logn)的算法。
注：本文所有下标从0开始！
sa[] ：将所有后缀串按字典序从小到大的一张成绩单，如sa[0]表示第0名后缀串是suffix(sa[0])；
c[] ： c[k]记录字符k出现的次数
temp1[], temp2[]：临时存储空间，借给*x和*y。
倍增加上基数排序的思想。
基数排序：比如对{45, 23,81 }一个数列进行排序，我们可以先按个位数排好{81, 23,45 }，再按十位数排好{ 23,45,81 }，这就是基数排序。实际上我们是把十位数看做第一关键字，各位数看做第二关键字
倍增：初始时我们把每个字符看做长度为1的串，然后它和它的后一个串组合为一个二元组，按照基数排序对所有二元组排序，排完后，所有长度为2的串在成绩单上有序了（注意suffix(n-1)没有第二元，视为0，即最小）。同理再把长度2倍增为4，思考一下。
关于这个倍增+基数排序的过程难以用语言描述，在代码中以注释讲解。
int get_sa(char *s,int n) //n是字符串s长度
{
int p,i,m=MAX,*x=temp1,*y=temp2; //x[i]始终为串对i离散化的大小
for(i=0;i<m;i++) c[i]=0;
for(i=0;i<n;i++) c[ x[i]=s[i] ]++;
for(i=1;i<m;i++) c[i]+=c[i-1];
for(i=n-1;i>=0;i--) sa[--c[x[i]]]=i; //把i串对放到成绩单中
for(int k=1;k<=n;k<<=1) //倍增
{
p=0; //串对长度翻倍,y[p]存新成绩单,仅按第二关键字排序
//按第二关键字
for(i=n-k;i<n;i++) y[p++]=i; //第二关键字为空,故放在前k名即可
for(i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=k)y[p++]=sa[i]-k;//遍历翻倍前的成绩单,作为二关依次排
//成绩单y[i]按第一关键字
for(i=0;i<m;i++) c[i]=0;
for(i=0;i<n;i++) c[x[y[i]]]++;
for(i=1;i<m;i++) c[i]+=c[i-1];
for(i=n-1;i>=0;i--) sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];
//计算新的离散化成绩x,y数组充当临时数组
swap(x,y); //这里不要多想，只是借用一下y，把x的值扔给y，然后计算新的x
p=0; x[sa[0]]=p++;
for(i=1;i<n;i++)
{
int sec1=(sa[i-1]+k>=n ? -1 : y[sa[i-1]+k]); //取第二关键字,没有的-1代替,勿用0
int sec2=(sa[i]+k>=n ? -1 : y[sa[i]+k]);
x[sa[i]]=(y[sa[i-1]]==y[sa[i]] && sec1==sec2)?p-1:p++; //两个关键字均相等
}
if(p>=n)break; //已完全离散化
m=p;
}
}
【rank和height】
仅仅有了sa数组，我们还是做不了大事。
height[]：height[i]表示成绩单上第i名与其前一名的最长公共前缀，很明显第0名必为0；
rank[]： sa的反函数，记录suffix(i)是第几名。
这两个数组好求：
void get_height(char *s,int n)
{
for(int i=0;i<n;i++)ranks[sa[i]]=i;
int k=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(k>0)k--; //前一个匹配到了k个，这次至少配到k-1个
if(ranks[i]==0) //第0名没有height
{
height[0]=0;
continue;
}
int j=sa[ranks[i]-1]; //j是i的前一名
while(s[i+k]==s[j+k])k++;
height[ranks[i]]=k;
}
}有了height数组，这个功能比较强大，我们可以求任意两个后缀的最长公共前缀，即LCP，求法：用RMQ维护height数组的区间最小值，若要访问suffix(i)与suffix(j)的LCP，即为{ height[ rank[i] + 1] , height[ rank[i] +2] ......height[ rank[j] ] }中的最小值。如果不好理解，在后缀树模拟一下就明白了。
【多余的解释】
博文中与刘汝佳那本训练指南上讲的基本一致，但经过实践我发现了若干错误。博文中有刘汝佳源代码。
build函数倒数第四行：
for (int i=1;i<n;i++) t[sa[i]]=(t2[sa[i-1]]==t2[sa[i]] && t2[sa[i-1]+k]==t2[sa[i]+k])?p-1:p++;这里相当于对排好序的成绩单做一个离散化，t2[sa[i-1]]==t2[sa[i]] 用来判断第一关键字，没有问题。 t2[sa[i-1]+k]==t2[sa[i]+k])用来判断第二关键字，这里有问题！首先数组越界是必然的，越界也没关系，数组开两倍，后面越界了都是0。但是，成绩单是从第0名开始！！故x数组必有一项为0！！比如sa[i-1]+k取的那一项恰好t2[sa[i-1]+k]==0，而sa[i]+k>=n，必然t2[sa[i]+k]==0，显然一定满足相等，而实际上这里的第二关键字是不相等的（前者为0，后者不存在，故不能认为相等）！
避免此bug的方法：1.排名从1开始就可以。2. 单独判断第二关键字，不要为了少些代码，通过越界省事。3.。。。。。
声明：我并没有否定刘汝佳前辈的意思，思路完美++，只是这个bug困扰了我一个上午。
【例题 SPOJ SUBST1 】
求一个串中不同子串的个数。任意子串必为某一后缀串的前缀，某一子串有重复只能是与字典序最接近的子串。
故重复串必出现在每两个字典序相邻的后缀串的最长公共前缀，即LCP。
任意后缀串所包含的子串总个数 = n - sa[i] ，注意下标i是这个后缀串的排名
去掉重复的就是 ：n - sa[i] - height[i] ;
求总和。
【例题 2018icpc焦作网络赛 H String and Times】
题意：给出一个字符串，两个整数a，b，求有多少个子串满足出现次数在[a,b]之间。
分析：先考虑如何求 >=x 的子串个数怎么求，然后分别求出>=a和>=b+1的个数，相减即可。
求出现次数>=x的子串个数：看着后缀树会好理解些。在成绩单sa上，任选一个起点 i，既然要求出现次数>=x，那么从 i 到 i+x-1 的LCP（最长公共前缀）的出现次数一定>=x，而且LCP的前缀也都出现>=x次。故从成绩单上取出所有的连续x个的LCP，但是会有重复，怎么去重？当我查询到 i -> i+x-1 的LCP累计到答案时，与i-1 -> i-1+x-1 重复了多少个呢？重复了 i-1 -> i+x-1 的LCP个，结合后缀树仔细思考一下。
【例题 poj3261】
题意：给出n个数的序列，求出现次数至少为k的最长连续子序列长度。
分析：焦作网络赛那个H题求的是出现至少k次的个数，这里求的最长长度，注意区分。在成绩单sa上枚举起点 i ，终点为i+k-1，取一下LCP，最终的LCP最大值即为答案。
【代码】：https://paste.ubuntu.com/p/C52PwmF2D7/
【例题 poj1743】
题意：给出n个数的序列，求一个最长连续子序列，满足：出现至少两次，长度至少5次，不可以重叠，相似视为同一个。两个序列相似定义为 两个序列的间隔相等，例如1,2,3,5,6与4,5,6,8,9相似。
分析：求出原序列的n-1个间隔构成的序列，求其后缀数组。然后二分答案，对于答案len，判断其是否可行：在height数组找到一段连续的区间满足 区间长度>=len 且 其中对应的sa最大值与最小值只差>len(为了产生不重叠)；
【代码】：https://paste.ubuntu.com/p/5bHSnNZXQF/
