题意
给定一个长度为 (n) 的由正整数构成的串和一个整数 (K)，求至少出现 (K) 次的串的最长长度（可以重叠）。
(1 leq nleq 20000)
(2leq Kleq n)
思路
变量及其含义
后缀数组(SA)是一个比较灵活的处理字符串有关问题的算法，它能对一个串的所有后缀进行排序。我们用串 abaaab 作例子，来分析这个算法。
sa(suffix array)
算法名由来的数组，可见该数组是核心。(sa[i]) 的定义是排第 (i) 的后缀开头在哪个位置。
| sa | suffix |
|---|---|
| 3 | aaab |
| 4 | aab |
| 5 | ab |
| 1 | abaaab |
| 6 | b |
| 2 | baaab |
比如例串的 (sa) 数组如上表
rk(rank)
(rk) 数组是 (sa) 数组的逆运算，(sa) 是排名映射到位置，而 (rk) 则是位置映射到排名，即 (rk[sa[i]]=i) 。
H(height)
(H) 数组也就是常说的高度数组，它是在求解后缀数组问题时一个重要的数组，满足 (H[i]= ext{lcp}(sa[i],sa[i-1])) ，其中 ( ext{lcp}) 表示最长公共前缀。高度数组的含义也就是排名相邻的两个后缀的最长公共前缀长度。
这么说可能不太形象，那么我们把上面的表格再拓展一列。
| sa | H | suffix |
|---|---|---|
| 3 | / | aaab |
| 4 | 2 | aab |
| 5 | 1 | ab |
| 1 | 1 | abaaab |
| 6 | 0 | b |
| 2 | 1 | baaab |
具体流程
一般后缀数组使用 (O(nlog n)) 的倍增算法进行构造，当然有一个更加优秀的叫做 ( ext{DC3}) 的算法（我不会）是线性的，听说较难实现。
基数排序
为了能实现较快的排序，有必要实现一个线性的排序算法，而基排就是一个相当灵活的线形排序算法。基数排序这里不在详细介绍，这里仅仅把它挖的更深一点，方便理解后缀数组中的基排。我们以它的一次排序（其实就是计数排序）来演示。
比如直接把长度为 (n) ，数值属于 ([1,n]) 的 (a) 数组排序，放入 (b) 数组中：
FOR(i,1,m)c[i]=0;
FOR(i,1,n)c[a[i]]++;
FOR(i,2,m)c[i]+=c[i-1];
DOR(i,n,1)b[c[a[i]]--]=a[i];
而直接按照下标放置（即把 (a_i) 当作比较关键字，对一个(1) 到 (n) 的全排列进行排序），只用在第 (4) 行把 (a[]) 去掉即可。
FOR(i,1,m)c[i]=0;
FOR(i,1,n)c[a[i]]++;
FOR(i,2,m)c[i]+=c[i-1];
DOR(i,n,1)b[c[a[i]]--]=i;
再拓展一下，把一个长度为 (n) 的 (a) 数组，按比较关键字 (f) 数组进行排序，放入 (b) 数组中，其中 (f_iin[1,m])。
FOR(i,1,m)c[i]=0;
FOR(i,1,n)c[f[a[i]]]++;
FOR(i,2,m)c[i]+=c[i-1];
DOR(i,n,1)b[c[f[a[i]]]--]=a[i];
利用基排属于稳定排序的顺序，可以在此基础上继续优先度更高的排序。
现在对基排的理解有没有更深？九种排序什么的要不仅仅会打板子，还要知道灵活运用才行。
倍增过程
回忆一下我们学过的倍增。如果可以依次求出 (1,2,3,4) 直到 (k) 的答案，那么有时稍作修改，通过依次求 (2^0,2^1,2^2,2^3) 的答案，就可以一直到 (2^k) 的答案。
那么构造后缀数组的倍增也是如此，我们想得到后缀的排序，把问题抽象一下，就是求从每个字符开始长度为 (k) 的串的顺序（(k>=n) ，越界则该位置无穷小），我们把问题转化成给 (n) 个长为 (k) 的串排序（ (k) 为 (2) 的正整数次幂），通过长为 (k) 的串的顺序合并出长为 (2k) 的串的顺序。而长为 (1) 则是直接对每个字符排序。
每次合并的过程就是给每第 (i) 个位置一个 ((rk[i],rk[i+k])) 的二元组，按这个排序得到一个新的顺序，就是长为 (2k) 的串的顺序。
更加具体的流程只能通过代码+注释讲解了。
int *x=tmp[0],*y=tmp[1],*c=tmp[2]; //c是基数排序的计数数组
x[n+1]=y[n+1]=0; //监视哨防止越界
FOR(i,1,m)c[i]=0;
FOR(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
FOR(i,2,m)c[i]+=c[i-1];
DOR(i,n,1)sa[c[x[i]]--]=i; //先解决2^0的排序
for(int k=1;k<=n;k<<=1)
{ //x在这里表示长为k的串的rk，y在这里表示二元组的后面那一维的顺序
int p=0;
FOR(i,n-k+1,n)y[++p]=i; //i+k>n，故rk[i+k]为极小值
FOR(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++p]=sa[i]-k;
FOR(i,1,m)c[i]=0; //对y数组以x为关键字排序，放在sa中
FOR(i,1,n)c[x[y[i]]]++;
FOR(i,2,m)c[i]+=c[i-1];
DOR(i,n,1)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i];
std::swap(x,y); //其实这里就是把x数组赋给y，并丢掉原来的x
p=x[sa[1]]=1;
FOR(i,2,n)x[sa[i]]=y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k]?p:++p; //x在这里表示长为2k的串的rk，通过已经得到的顺序sa算出
if(p==n)break; //如果rk已经两两不同
m=p;
}
FOR(i,1,n)rk[sa[i]]=i; //逆运算，得到rk
高度数组
- 定理：(H[rk[i+1]]>=H[rk[i]]-1)
用人类的语言阐述一下，就是在原字符串 (i+1) 位置在后缀数组对应位置中的 (H) 最少只可能比 (i) 的少 (1) 。
这个定理还是比较显然的，设原字符串的 (i) 位置 ( ext{lcp}) 为 (l) ，那么 (i+1) 位置保底也有一个 ( ext{lcp}) 长度为 (l-1) （就是与 (i) 位置形成 ( ext{lcp}) 的那个后缀去掉开头一位），至于有没有更长就不知道了。
那我们只用按原串的顺序，求出后缀数组对应位置的高度即可，通过 ( ext{k- -}) 与 ( ext{k++}) 的次数分析，可得复杂度 (O(n)) 。
int k=0;
FOR(i,1,n)
{
if(k)k--;
if(rk[i]==1)continue;
int j=sa[rk[i]-1];
while(i+k<=n&&j+k<=n&&s[i+k]==s[j+k])k++;
H[rk[i]]=k;
}
如何用SA解题
利用 (sa,rk,H) 三个关键的数组，将字符串问题转化成这三个数组上的问题，是后缀数组解题的一般套路。
后缀的前缀就是子串，是后缀结构的核心原理。
我们此题题，求至少出现 (K) 次的串的最长长度为例进行分析。
首先求出后缀数组，至少出现 (K) 次，就意味着一段后缀数组上的一段长度大于 (K) 的区间，它们相邻的 ( ext{lcp})（ (H) 值）最大。那么很自然的想到二分这个最长长度，检查后缀数组上是否存在一个长度为 (K) 的区间满足 (H) 的最小值大于等于这个长度即可。
代码
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)
template<typename T,typename _T>inline bool chk_min(T &x,const _T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<typename T,typename _T>inline bool chk_max(T &x,const _T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef long long ll;
const int N=2e4+5;
int sa[N],rk[N],H[N],tmp[3][N];
int disc[N],D;
int s[N];
int n,K;
void get_SA(int *s,int n,int m)
{
int *x=tmp[0],*y=tmp[1],*c=tmp[2];
x[n+1]=y[n+1]=0;
FOR(i,1,m)c[i]=0;
FOR(i,1,n)c[x[i]=s[i]]++;
FOR(i,2,m)c[i]+=c[i-1];
DOR(i,n,1)sa[c[x[i]]--]=i;
for(int k=1;k<=n;k<<=1)
{
int p=0;
FOR(i,n-k+1,n)y[++p]=i;
FOR(i,1,n)if(sa[i]>k)y[++p]=sa[i]-k;
FOR(i,1,m)c[i]=0;
FOR(i,1,n)c[x[y[i]]]++;
FOR(i,2,m)c[i]+=c[i-1];
DOR(i,n,1)sa[c[x[y[i]]]--]=y[i];
std::swap(x,y);
p=x[sa[1]]=1;
FOR(i,2,n)x[sa[i]]=y[sa[i]]==y[sa[i-1]]&&y[sa[i]+k]==y[sa[i-1]+k]?p:++p;
if(p==n)break;
m=p;
}
FOR(i,1,n)rk[sa[i]]=i;
int k=0;
FOR(i,1,n)
{
if(k)k--;
if(rk[i]==1)continue;
int j=sa[rk[i]-1];
while(i+k<=n&&j+k<=n&&s[i+k]==s[j+k])k++;
H[rk[i]]=k;
}
}
bool check(int len)
{
int cnt=0;
FOR(i,1,n)
{
cnt++;
if(cnt>=K)return true;
if(H[i+1]<len)cnt=0;
}
return false;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&K);
FOR(i,1,n)scanf("%d",&s[i]);
FOR(i,1,n)disc[++D]=s[i];
std::sort(disc+1,disc+D+1);
D=std::unique(disc+1,disc+D+1)-disc-1;
FOR(i,1,n)s[i]=std::lower_bound(disc+1,disc+D+1,s[i])-disc;
get_SA(s,n,n);
int l=0,r=n;
while(l<r)
{
int mid=(l+r+1)>>1;
if(check(mid))
l=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d
",l);
return 0;
}