后缀树/后缀数组

在字符串处理当中，后缀树和后缀数组都是非常有力的工具，其中后缀树大家了解得比较多，关于后缀数组则很少见于国内的资料。其实后缀数组是后缀树的一个非 常精巧的替代品，它比后缀树容易编程实现，能够实现后缀树的很多功能而时间复杂度也不太逊色，并且，它比后缀树所占用的空间小很多。可以说，在信息学竞赛 中后缀数组比后缀树要更为实用。因此在本文中笔者想介绍一下后缀数组的基本概念、构造方法，以及配合后缀数组的最长公共前缀数组的构造方法，最后结合一些 例子谈谈后缀数组的应用。

基本概念

首先明确一些必要的定义：

字符集 一个字符集∑是一个建立了全序关系的集合，也就是说，∑中的任意两个不同的元素α和β都可以比较大小，要么α<β，要么β<α（也就是α>β）。字符集∑中的元素称为字符。
字符串 一个字符串S是将n个字符顺次排列形成的数组，n称为S的长度，表示为len(S)。S的第i个字符表示为S[i]。
子串 字符串S的子串S[i..j]，i≤j，表示S串中从i到j这一段，也就是顺次排列S[i],S[i+1],...,S[j]形成的字符串。
后缀 后缀是指从某个位置i开始到整个串末尾结束的一个特殊子串。字符串S的从i开头的后缀表示为Suffix(S,i)，也就是Suffix(S,i)=S[i..len(S)]。

关 于字符串的大小比较，是指通常所说的“字典顺序”比较，也就是对于两个字符串u、v，令i从1开始顺次比较u[i]和v[i]，如果相等则令i加1，否则 若u[i]v[i]则认为u>v（也就是vlen (u)或者i>len(v)仍未比较出结果，那么若len(u)len(v)则u>v。
从字符串的大小比较的定义来看，S的两个开头位置不同的后缀u和v进行比较的结果不可能是相等，因为u=v的必要条件len(u)=len(v)在这里不可能满足。

下 面我们约定一个字符集∑和一个字符串S，设len(S)=n，且S[n]='$'，也就是说S以一个特殊字符'$'结尾，并且'$'小于∑中的任何一个字 符。除了S[n]之外，S中的其他字符都属于∑。对于约定的字符串S，从位置i开头的后缀直接写成Suffix(i)，省去参数S。

后缀数组 后缀数组SA是一个一维数组，它保存1..n的某个排列SA[1],SA[2],...SA[n]，并且保证 Suffix(SA[i]) 名次数组 名次数组Rank=SA-1，也就是说若SA[i]=j，则Rank[j]=i，不难看出Rank[i]保存的是Suffix(i)在所有后缀中从小到大排列的“名次”。

构造方法
如何构造后缀数组呢？最直接最简单的方法当然是把S的后缀都看作一些普通的字符串，按照一般字符串排序的方法对它们从小到大进行排序。
不难看出，这种做法是很笨拙的，因为它没有利用到各个后缀之间的有机联系，所以它的效率不可能很高。即使采用字符串排序中比较高效的Multi-key Quick Sort，最坏情况的时间复杂度仍然是O(n2)的，不能满足我们的需要。
下面介绍倍增算法(Doubling Algorithm)，它正是充分利用了各个后缀之间的联系，将构造后缀数组的最坏时间复杂度成功降至O(nlogn)。

对一个字符串u，我们定义u的k-前缀

定义k-前缀比较关系 设两个字符串u和v，
u u=kv 当且仅当 uk=vk
u≤kv 当且仅当 uk≤vk

直观地看这些加了一个下标k的比较符号的意义就是对两个字符串的前k个字符进行字典序比较，特别的一点就是在作大于和小于的比较时如果某个字符串的长度不到k也没有关系，只要能够在k个字符比较结束之前得到第一个字符串大于或者小于第二个字符串就可以了。

根据前缀比较符的性质我们可以得到以下的非常重要的性质：
性质1.1 对k≥n，Suffix(i) 性质1.2 Suffix(i)=2kSuffix(j)等价于
Suffix(i)=kSuffix(j) 且 Suffix(i+k)=kSuffix(j+k)。
性质1.3 Suffix(i)<2kSuffix(j) 等价于
Suffix(i) 这 里有一个问题，当i+k>n或者j+k>n的时候Suffix(i+k)或Suffix(j+k)是无明确定义的表达式，但实际上不需要考虑 这个问题，因为此时Suffix(i)或者Suffix(j)的长度不超过k，也就是说它们的k-前缀以'$'结尾，于是k-前缀比较的结果不可能相等， 也就是说前k个字符已经能够比出大小，后面的表达式自然可以忽略，这也就看出我们规定S以'$'结尾的特殊用处了。

定义k-后缀数组 SAk保存1..n的某个排列SAk[1],SAk[2],…SAk[n]使得Suffix(SAk[i]) ≤kSuffix(SAk[i+1]),1≤i 定义k-名次数组Rankk，Rankk[i]代表Suffix(i)在k-前缀关系下从小到大的“名次”，也就是1加上满足Suffix(j) 假 设我们已经求出了SAk和Rankk，那么我们可以很方便地求出SA2k和Rank2k，因为根据性质1.2和1.3，2k-前缀比较关系可以由常数个k -前缀比较关系组合起来等价地表达，而Rankk数组实际上给出了在常数时间内进行 Suffix(i) Suffix(i)=kSuffix(j) 当且仅当 Rankk[i]=Rankk[j]
因 此，比较Suffix(i)和Suffix(j)在k-前缀比较关系下的大小可以在常数时间内完成，于是对所有的后缀在≤k关系下进行排序也就和一般的排 序没有什么区别了，它实际上就相当于每个Suffix(i)有一个主关键字Rankk[i]和一个次关键字Rankk[i+k]。如果采用快速排序之类O (nlogn)的排序，那么从SAk和Rankk构造出SA2k的复杂度就是O(nlogn)。更聪明的方法是采用基数排序，复杂度为O(n)。
求出SA2k之后就可以在O(n)的时间内根据SA2k构造出Rank2k。因此，从SAk和Rankk推出SA2k和Rank2k可以在O(n)时间内完成。
下 面只有一个问题需要解决：如何构造出SA1和Rank1。这个问题非常简单：因为<1，=1和≤1这些运算符实际上就是对字符串的第一个字符进行比 较，所以只要把每个后缀按照它的第一个字符进行排序就可以求出SA1，不妨就采用快速排序，复杂度为O(nlogn)。
于是，可以在O(nlogn)的时间内求出SA1和Rank1。
求出了SA1和Rank1，我们可以在O(n)的时间内求出SA2和Rank2，同样，我们可以再用O(n)的时间求出SA4和Rank4，这样，我们依次求出：
SA2和Rank2，SA4和Rank4，SA8和Rank8，……直到SAm和Rankm，其中m=2k且m≥n。而根据性质1.1，SAm和SA是等价的。这样一共需要进行logn次O(n)的过程，因此
可以在O(nlogn)的时间内计算出后缀数组SA和名次数组Rank。

最长公共前缀
现 在一个字符串S的后缀数组SA可以在O(nlogn)的时间内计算出来。利用SA我们已经可以做很多事情，比如在O(mlogn)的时间内进行模式匹配， 其中m,n分别为模式串和待匹配串的长度。但是要想更充分地发挥后缀数组的威力，我们还需要计算一个辅助的工具——最长公共前缀（Longest Common Prefix）。
对两个字符串u,v定义函数lcp(u,v)=max{i|u=iv}，也就是从头开始顺次比较u和v的对应字符，对应字符持续相等的最大位置，称为这两个字符串的最长公共前缀。
对正整数i,j定义LCP(i,j)=lcp(Suffix(SA[i]),Suffix(SA[j])，其中i,j均为1至n的整数。LCP(i,j)也就是后缀数组中第i个和第j个后缀的最长公共前缀的长度。
关于LCP有两个显而易见的性质：
性质2.1 LCP(i,j)=LCP(j,i)
性质2.2 LCP(i,i)=len(Suffix(SA[i]))=n-SA[i]+1
这两个性质的用处在于，我们计算LCP(i,j)时只需要考虑ij时可交换i,j，i=j时可以直接输出结果n-SA[i]+1。

直接根据定义，用顺次比较对应字符的方法来计算LCP(i,j)显然是很低效的，时间复杂度为O(n)，所以我们必须进行适当的预处理以降低每次计算LCP的复杂度。
经过仔细分析，我们发现LCP函数有一个非常好的性质：
设i
要证明LCP Theorem，首先证明LCP Lemma:
对任意1≤i 证明：设p=min{LCP(i,j),LCP(j,k)}，则有LCP(i,j)≥p,LCP(j,k)≥p。
设Suffix(SA[i])=u,Suffix(SA[j])=v,Suffix(SA[k])=w。
由u=LCP(i,j)v得u=pv；同理v=pw。
于是Suffix(SA[i])=pSuffix(SA[k])，即LCP(i,k)≥p。 (1)

又设LCP(i,k)=q>p，则
u[1]=w[1],u[2]=w[2],...u[q]=w[q]。
而min{LCP(i,j),LCP(j,k)}=p说明u[p+1]≠v[p+1]或v[p+1]≠w[q+1]，
设u[p+1]=x,v[p+1]=y,w[p+1]=z，显然有x≤y≤z，又由p 于是，q>p不成立，即LCP(i,k)≤p。 (2)
综合(1),(2)知 LCP(i,k)=p=min{LCP(i,j),LCP(j,k)}，LCP Lemma得证。

于是LCP Theorem可以证明如下：
当j-i=1和j-i=2时，显然成立。
设j-i=m时LCP Theorem成立，当j-i=m+1时，
由LCP Lemma知LCP(i,j)=min{LCP(i,i+1),LCP(i+1,j)}，
因j-(i+1)≤m，LCP(i+1,j)=min{LCP(k-1,k)|i+2≤k≤j}，故当j-i=m+1时，仍有
LCP(i,j)=min{LCP(i,i+1),min{LCP(k-1,k)|i+2≤k≤j}}=min{LCP(k-1,k}|i+1≤k≤j)
根据数学归纳法，LCP Theorem成立。

根据LCP Theorem得出必然的一个推论：
LCP Corollary 对i≤j
定义一维数组height，令height[i]=LCP(i-1,i)，1 由LCP Theorem，LCP(i,j)=min{height[k]|i+1≤k≤j}，也就是说，计算LCP(i,j)等同于询问一维数组height中下 标在i+1到j范围内的所有元素的最小值。如果height数组是固定的，这就是非常经典的RMQ（Range Minimum Query）问题。
RMQ问题可以用线段树或静态排序树在O(nlogn)时间内进行预处理，之后每次询问花费时间O(logn)，更好的方法是RMQ标准算法，可以在O(n)时间内进行预处理，每次询问可以在常数时间内完成。
对于一个固定的字符串S，其height数组显然是固定的，只要我们能高效地求出height数组，那么运用RMQ方法进行预处理之后，每次计算LCP(i,j)的时间复杂度就是常数级了。于是只有一个问题——如何尽量高效地算出height数组。
根据计算后缀数组的经验，我们不应该把n个后缀看作互不相关的普通字符串，而应该尽量利用它们之间的联系，下面证明一个非常有用的性质：
为了描述方便，设h[i]=height[Rank[i]]，即height[i]=h[SA[i]]。h数组满足一个性质：
性质3 对于i>1且Rank[i]>1，一定有h[i]≥h[i-1]-1。
为了证明性质3，我们有必要明确两个事实：

设i1，则成立以下两点：
Fact 1 Suffix(i) Fact 2 一定有lcp(Suffix(i+1),Suffix(j+1))=lcp(Suffix(i),Suffix(j))-1。
看 起来很神奇，但其实很自然：lcp(Suffix(i),Suffix(j))>1说明Suffix(i)和Suffix(j)的第一个字符是相同 的，设它为α，则Suffix(i)相当于α后连接Suffix(i+1)，Suffix(j)相当于α后连接Suffix(j+1)。比较Suffix (i)和Suffix(j)时，第一个字符α是一定相等的，于是后面就等价于比较Suffix(i)和Suffix(j)，因此Fact 1成立。Fact 2可类似证明。

于是可以证明性质3：
当h[i-1]≤1时，结论显然成立，因h[i]≥0≥h[i-1]-1。
当h[i-1]>1时，也即height[Rank[i-1]]>1，可见Rank[i-1]>1，因height[1]=0。
令j=i-1,k=SA[Rank[j]-1]。显然有Suffix(k) 根据h[i-1]=lcp(Suffix(k),Suffix(j))>1和Suffix(k) 由Fact 2知lcp(Suffix(k+1),Suffix(i))=h[i-1]-1。
由Fact 1知Rank[k+1] 于是根据LCP Corollary，有
LCP(Rank[i]-1,Rank[i])≥LCP(Rank[k+1],Rank[i])
=lcp(Suffix(k+1),Suffix(i))
=h[i-1]-1
由于h[i]=height[Rank[i]]=LCP(Rank[i]-1,Rank[i])，最终得到 h[i]≥h[i-1]-1。

根据性质3，可以令i从1循环到n按照如下方法依次算出h[i]：
若Rank[i]=1，则h[i]=0。字符比较次数为0。
若i=1或者h[i-1]≤1，则直接将Suffix(i)和Suffix(Rank[i]-1)从第一个字符开始依次比较直到有字符不相同，由此计算出h[i]。字符比较次数为h[i]+1，不超过h[i]-h[i-1]+2。
否 则，说明i>1，Rank[i]>1，h[i-1]>1，根据性质3，Suffix(i)和Suffix(Rank[i]-1)至少有 前h[i-1]-1个字符是相同的，于是字符比较可以从h[i-1]开始，直到某个字符不相同，由此计算出h[i]。字符比较次数为h[i]-h[i- 1]+2。

设SA[1]=p，那么不难看出总的字符比较次数不超过

也就是说，整个算法的复杂度为O(n)。
求出了h数组，根据关系式height[i]=h[SA[i]]可以在O(n)时间内求出height数组，于是
可以在O(n)时间内求出height数组。

结合RMQ方法，在O(n)时间和空间进行预处理之后就能做到在常数时间内计算出对任意(i,j)计算出LCP(i,j)。
因为lcp(Suffix(i),Suffix(j))=LCP(Rank[i],Rank[j])，所以我们也就可以在常数时间内求出S的任何两个后缀之间的最长公共前缀。这正是后缀数组能强有力地处理很多字符串问题的重要原因之一。