后缀数组是一个非常好的东西。一开始看不出来这个东西有什么用，但是它非常的有用。（以下 \(N\) 为字符串长度）
有了后缀数组，我们就可以在 \(O(N \log N)\) 的时间内：
- 得到所有后缀的字典序关系。（最基本的功能）
- 求出任意两个子串的最长公共前缀 (LCP)。
- 求出字符串中本质不同的子串个数（当然，SAM 也可以）。
用 DC3 算法可以达到 \(O(N)\) 的复杂度，但是常数较大。但是本文只介绍倍增的算法。
首先，我们需要知道：
基数排序
非常重要！给一堆字符串排序，我们可以想到先按第一个字符排序，再在有相同第一个字符的一堆字符串里，把它们按第二个字符排序，然后再在前两个字符都相同的一堆字符串里按第三个字符排序……直到排到最后一个字符。
感觉这样非常的麻烦，而且存下来前 \(?\) 个字符相同的所有串复杂度也是非常大的。众所周知，基数排序是稳定的排序，也就是说，排序前后两个相同关键字的元素的相对位置是不会改变的。那么如果我们先给某一个字符排序，再按前一个字符排序，这样排完的顺序就是很对的。至于长度不一样的字符串，只需要从最长的串的最后一位开始排，其它串的这一位看作 \(0\) 就好了。时间复杂度为 \(O(字符串的数量\times 最长的字符串长度)\)。
实现过程（非常抽象）
对某一位用桶记录各个字符出现的个数，然后求一个前缀和，按照上一次排名结束的顺序，给每个字符串标该字符串对应位置字符的这个数（指前缀和数组），然后这个数减一（因为要让某一位相同的串有不同的排名）。那么如何保证基数排序的稳定性呢，只需要倒着做就好了。（非常抽象）
板（给 n 个不同的字符串排序，输出最后的顺序）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void write(int x)
{if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e5+10;
int n;
char h[N][20];
int rk[N],num[1000],tmp[N],ans[N];
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)rk[i]=i;//最开始，每个串在它读入时的位置（无所谓）for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",h[i]+1);for(int k=10;k>=1;k--){for(int i=1;i<=n;i++)tmp[i]=rk[i];//把上一次的顺序转移到另一个数组for(int i=0;i<=300;i++)num[i]=0;//清空桶for(int i=1;i<=n;i++)++num[h[i][k]];//桶for(int i=1;i<=300;i++)num[i]+=num[i-1];//前缀和for(int i=n;i>=1;i--)rk[num[h[tmp[i]][k]]--]=tmp[i];//按顺序放进排序数组}for(int i=1;i<=n;i++)write(rk[i]),putchar(' ');return 0;
}
求后缀数组需要用到基数排序。
倍增求后缀数组，我们用到 \(sa\) 和 \(rk\) 数组。（记从第 \(i\) 位开始的后缀为第 \(i\) 个后缀）
\(sa\) 数组
表示当前排在第 \(i\) 位的是哪一个后缀。
\(rk\)数组
表示当前第 \(i\) 个后缀排在第几位。
不难发现，这两个数组是互逆的。
\(height\) 数组
表示 \(sa_{i-1}\) 与 \(sa_i\) 的 LCP 长度。
实现过程
如果暴力把每个后缀存下来，再一般地排序，时间复杂度 \(O(N^2\log N)\)。
如果对每个后缀进行一般的基数排序，时间复杂度 \(O(N^2)\)。
发现这些后缀中会有很多相同的片段，考虑每次对所有长度为 \(k\) （或者向后 \(k\) 位超过 \(N\)，超过的部分 \(rk\) 视为 \(0\)）的子串进行排序，下一次排序把一个长度为 \(2k\) 的子串分成两个长度为 \(k\) 的串，以第一/二个串分别为第一/二关键字进行基数排序。每次排序的时间复杂度为 \(O(N)\)，一共排 \(N \log N\)次，总共为 \(O(N\log N)\)。
伪代码
for k=1 -> k>=n k每次*2
{对起始下标 1~n 的后缀的第二关键字排序，从 sa 中拿出来，放进 oldsa 数组对第一关键字排序，从 oldsa 数组中拿出来，放进 sa 数组把 rk 数组复制到 oldrk 数组从头开始遍历，如果两个串第一、二关键字都相同，就给它们一样的排名，放进 rk 数组
}
（反正大概就是这么写的）
优化
常数非常大的代码。我们发现有一些事情是没有必要做的：
- 对第二关键字排序。因为上一次已经排好序了，所以只需要把第二关键字完全超出原串长度的部分放到最前面，剩下的按照原顺序排列就好了。
- 如果每一个后缀的排名都已经不一样，就没有必要继续排序了。
- 发现每次为 \(rk\) 重新赋值之后得到一个最大排名，也就是值域，也就是下一轮桶的使用范围。
优化后的伪代码：
for k=1 边界为 p<n k每次*2
{把第二关键字完全超出字符串长度的后缀放到最前面，其他的按照原顺序排列，放进 oldsa对第一关键字排序，从 oldsa 数组中拿出来，放进 sa 数组交换 oldrk 和 rk 数组的指针从头开始遍历，如果两个串第一、二关键字都相同，就给它们一样的排名，放进 rk 数组，用 p 记录排名
}
板：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void write(int x)
{if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e6+10;
char h[N];
int sa[N*2],oldsa[N],num[N],rk[N*2],oldrk[N];
int n,m=300,p;
int main()
{scanf("%s",h+1);n=strlen(h+1);for(int i=1;i<=n;i++)++num[rk[i]=h[i]];//基数排序这里也可以写成一个单独的函数for(int i=1;i<=m;i++)num[i]+=num[i-1];for(int i=n;i;i--)sa[num[rk[i]]--]=i;for(int k=1;p<n;k<<=1,m=p)//m 为值域{int now=0;for(int i=n-k+1;i<=n;i++)oldsa[++now]=i;//把超出的部分放到最前for(int i=1;i<=n;i++)if(sa[i]>k)oldsa[++now]=sa[i]-k;//其余原顺序放入memset(num,0,(m+1)*sizeof(int));for(int i=1;i<=n;i++)++num[rk[i]];for(int i=1;i<=m;i++)num[i]+=num[i-1];for(int i=n;i;i--)sa[num[rk[oldsa[i]]]--]=oldsa[i];//对第二关键字基数排序，注意这一行要倒序进行swap(rk,oldrk);//交换指针，相当于复制过去p=0;for(int i=1;i<=n;i++)//重新排序if(oldrk[sa[i]]==oldrk[sa[i-1]]&&oldrk[sa[i]+k]==oldrk[sa[i-1]+k])rk[sa[i]]=p;else rk[sa[i]]=++p;}for(int i=1;i<=n;i++)write(sa[i]),putchar(' ');return 0;
}
求 \(height\) 数组
有定理：\(height_{rk_{i}}\ge height_{rk_{i-1}}\)，证明略。
时间复杂度为 \(O(N)\)，证明也略。
板：
for(int i=1,k=0;i<=n;i++){if(k)--k;while(s[i+k]==s[sa[rk[i]-1]+k])++k;he[rk[i]]=k;}
一些其他功能
求任意两个后缀的 LCP
要求后缀 \(i\) 和 \(j\) 的 LCP（不妨设 \(rk_i < rk_j\)），只需求出 \(height\) 数组中下标在 \([rk_i,rk_j]\) 的最小值。用 st 表维护即可。
求字符串中本质不同的子串个数
设结果为 \(ans\)，有结论：\(ans=\Sigma_{i=1}^N N-sa_i-height_i+1=N\times (N+1)-\Sigma_{i=1}^N height_i\)。
